重庆市九龙坡区2026届高三数学模拟调研卷四试题含解析

重庆市2026届高考模拟调研卷（四）

数学试题

一、选择题；本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

求的.

Bi21,i31,i41

1.已知集合A1,0,1,2，，其中i为虚数单位，则AB（）

A.0,2B.1,2C.1,1D.0,1

【答案】A

【解析】

【详解】因为i21110，i311i，i41112，故B0,2,1i，

又因为A1,0,1,2，故AB0,2.

2.已知p：x210，q：xm，若p是q的既不充分又不必要条件，则实数m的取值范围是（）

A.1,1B.1,1C.1,D.1,

【答案】C

【解析】

【详解】解x210，得1x1，

因为p是q的既不充分又不必要条件，所以(1,1)和[m,)互不包含，

所以m1，所以m的取值范围是1,.

3.若向量a4,6，b4,16且a2ab，则的值为（）

134413

A.B.C.D.

145514

【答案】A

【解析】

【分析】根据条件，可得2ab坐标，根据数量积的坐标公式，代入求解，即可得答案.

【详解】由题意，2ab(84,1216)，

因为a2ab，所以a2ab0，

13

则4(84)6(1216)0，解得.

14

4.函数ex2a的零点个数不可能是（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】D

【解析】

【分析】等价于函数yex2与函数ya的交点个数进行求解．

【详解】函数ex2a的零点个数等价于函数yex2与函数ya的交点个数，

ex2，xln2

则x，如图所示：

ye2x

2e,xln2

当a0时，无交点，

当0a2时，有两个交点，

当a0或a2时，有一个交点，

故当a0时，无零点；当0a2时，有两个零点；当a0或a2时，有一个零点．故零点的个数不

可能是3个．

5.点A6,1到直线l：51x271y220的最大距离是（）

A.4B.5C.6D.34

【答案】B

【解析】

【分析】通过整理含参的直线方程得出直线恒过的定点，将点A6,1到直线的最大距离转化为点A6,1到

定点之间的距离即可求得.

【详解】把直线l的方程重新整理得：(5x27y22)(xy)0，

5x27y220x1

因为该等式对任意都成立，所以，解得，

xy0y1

即直线l恒过定点P(1,1).

当直线l绕点P旋转时，点A到直线的距离会发生变化，

而当APl时，距离达到最大值，即点A6,1到直线l的最大距离，就是点A6,1到定点P(1,1)的距离，

此时22.

dmaxAP(61)(11)5

6.已知函数fxx22ax1与gxexb的图象在x0处的切线重合，则ab（）

53

A.e1B.e1C.D.

22

【答案】D

【解析】

【分析】根据导数的几何意义结合题意列方程求解即可.

【详解】fx2x2a，gxex.

1

f0g0202ae0a

由题意知，即，解得.

202

f0g002a01eb

b2

13

所以ab2.

22

7.已知数列an满足nan1n1an2nn1，且an中小于0的项有10项，则a1的取值范围是（）

A.22,20B.22,20C.20,18D.20,18

【答案】C

【解析】

a

【分析】由递推式可证n是等差数列，进而表示出a，由a0的项数列出关于a的不等式求解.

nnn1

an1anan

【详解】由nan1a2nn1，得2，所以是公差为2的等差数列，

n1nn1nn

aa

所以n1n12，即ana2nn1，

n1n1

2a

由a0，得a2n20，所以n1

n12

2a

因为a中小于0的项有10项，所以10111，

n2

解得20a118.

【点睛】易错点：构造新数列时易漏除nn1，或在确定n的不等式边界时混淆“小于0的项有10项”

的等号方向.

2x1

8.已知x,yR，x22，4ylog2y2，则x2y（）

A.1B.2C.4D.8

【答案】B

【解析】

【详解】x22x12左右两边同时乘以2得2x22x4，

4ylog2y2左右两边同时加2得4ylog24y4，

设f(t)t2t，则f(t)单调递增，

又f(2x)4，f(log24y)4，

所以2xlog24y，

所以2x4ylog24y4y4，所以x2y2.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选

对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.

9.已知A，B为两个随机事件，A，B分别表示A，B的对立事件，PA0.2，PB0.3，则下列

说法正确的是（）

A.若AB，则PAB0.3

B.若AB，则PAB0.5

C.若A，B相互独立，则PAB0.4

1

D.若PAB0.1，则PAB

3

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据事件的包含关系，结合互斥事件的概率公式，可判断A、B的正误；根据独立事件的概率公式，

可判断C的正误；根据全概率公式及条件概率公式，可判断D的正误.

【详解】选项A：由AB，得PABP(B)0.3，故A正确；

选项B：由AB，得A、B互斥，

所以PABP(A)P(B)0.5，故B正确；

选项C：若A，B相互独立，则P(AB)P(A)P(B)0.06

所以PABP(A)P(B)P(AB)0.44，故C错误；

选项D：因为P(A)P(AB)P(AB)，所以P(AB)0.20.10.1，

P(AB)0.11

则PAB，故D正确.

P(B)0.33

10.已知Px,y为直线l：xy20在第一象限内的一点，则下列结论正确的是（）

19

A.xy的最大值为2B.的最小值为8

xy

222xy13

C.x4y的最小值为3D.的最小值为1

xy2

【答案】BD

【解析】

【分析】由题意得xy2且x0,y0，对于选项A，结合基本不等式xy2xy，即可推导xy的

19119

最值；对于选项B，可将变形为(xy)()，再利用基本不等式求解最小值；对于选项C，可

xy2xy

利用x2y代入x24y2转化为二次函数求解最小值；对于选项D，结合x2y将原分式转化为单变

量函数，再用换元法结合基本不等式求解最小值

【详解】由题意得xy2且x0,y0，

对A，由基本不等式xy2xy，得22xy，即xy1，当且仅当xy1时取等号，xy最大值为1，

A错误

191191y9xy9xy9x

对B，(xy)10，26，

xy2xy2xyxyxy

191y9x1319

所以(106)8，当且仅当即x,y等号成立，最小值为8，B正确

xy2xy22xy

2

对C，x2y代入x24y2得x24y2(2y)24y25y24y4开口向上，对称轴y，代入

5

2216

得最小值为5()2443.23，C错误

555

2xy12xy1x1

对D，y2x代入得，

xyxyx(2x)

x1tt1

令tx1,t1，则x(2x)t13tt24t33

t4

t

333

其中t2t23，当且仅当t即t3时取等号，

ttt

112343

1

所以32342342342

t4

t

2xy13

即的最小值为1，D正确

xy2

2

2y

11.已知双曲线C:x1，F1、F2是其左右焦点，点P为双曲线上在第一象限内的一点，连接点P与

3

右焦点F2的直线交双曲线的右支于另一点Q，记点P到两渐近线的距离为d1、d2，点Q到两渐近线的距离

为d3、d4，PF1F2、QF1F2的内切圆圆心分别为I1、I2，则下列结论正确的是（）

A.d1d2d3d4

B.两内切圆相切于x轴上同一点

C.点F2在以I1I2为直径的圆上

83

D.两内切圆周长之和的取值范围是4π,π

3

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用点到直线的距离公式可判断A选项；利用切线长定理以及双曲线的定义可判断B选项；利用

π1

内心的几何性质推导出，可判断C选项；推导出，求出的取值范围，结合对勾函数

I1F2I2r2r1

2r1

基本性质可求出两内切圆周长之和的取值范围，可判断D选项.

【详解】对于双曲线C，a1，b3，则ca2b2132，如图所示：

22

2y12y2

对于A选项，设点Px1,y1、Qx2,y2，则x1，x1，

1323

y

双曲线C的渐近线方程为y3x，即x0，

3

2

yy2y

x1x1x1

11133

所以3313，同理可得，

d1d2d3d4

114444

11

3333

故d1d2d3d4，A错；

对于B选项，设PF1F2的内切圆I1分别切边PF1、PF2、F1F2于点R、S、T，

由切线长定理可得PRPS，F1RF1T，F2SF2T，

因为PF1F1F2PF22a2c2226，

又因为PF1F1F2PF2PRF1RF1TF2TPSF2S

F1RF1T2F1T6，所以F1T3，即F1TxT23，解得xT1，

故圆I1切x轴于点T1,0，同理可知圆I2切x轴于点T1,0，

故两内切圆相切于x轴上同一点，B对；

对于C选项，因为I1为PF1F2的内心，故I1F2PI1F2F1，同理可得I2F2QI2F2F1，

因为I1F2PI1F2F1I2F2QI2F2F1π，即2I1F2F1I2F2F1π，

π

即2IFIπ，故IFI，即IFIF，故点F在以II为直径的圆上，C对；

12212221222212

对于D选项，由图可知，直线PQ不与x轴重合，设直线PQ的方程为xmy2，

xmy2

联立可得22，

223m1y12my90

3xy3

因为直线PQ与双曲线C的右支交于两点，

2

3m10

所以，

222

Δ144m363m136m10

12m9

由韦达定理可得yy，yy，

123m21123m21

12m24

由题意可得xxmy2my2myy440，

1212123m213m21

33

可得3m210，解得m，

33

9m224m23m24

xxmy2my2m2yy2myy440，

121212123m213m21

33

可得3m210，解得m，

33

31ππ

设直线的倾斜角为，当时，则，此时，

PQm0,tan3,,

3m32

π

当m0时，，

2

31π2π

当m,0时，则tan,3，此时,，

3m23

π2π

综上所述,，

33

ππ2π

设，则，所以，则，

I1F2F1I2F2F1F2I2T2π,

233

ππ3

故,，所以tan,3，

633

设圆I1、圆I2的半径分别为r1、r2，

rFT

121

因为tanI1F2Ttanr1，tanF2I2Ttan，

F2Tr2r2

13

所以r，则，且，

1r1r21r1tan,3

r23

1

故两内切圆周长之和为2πr1r22πr1，

r1

13

构造函数fxx，其中x,3，

x3

3

由对勾函数的单调性可知函数fx在,1上单调递减，在1,3上单调递增，

3

343143

因为，，故，

f12ff3r12,

33r13

183

所以两内切圆周长之和为，

2πr1r22πr14π,π

r13

83

故两内切圆周长之和的取值范围是4π,π，D对.

3

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

4

12.已知为锐角，且tan2，则tan______.

3

【答案】2

【解析】

2tan4

【详解】由正切二倍角公式得：tan2，

1tan23

整理得：4tan26tan402tan23tan20，

因式分解得2tan1tan20，

1

解得tan2或tan，

2

1

因为为锐角，tan0，所以舍去tan，故tan2.

2

13.直径为2的球O与一个正方体的各个面相切，过正方体的一条棱作一平面，该平面被正方体截得的长

方形面积为25，则球O被截面截得的圆的面积为______.

4

【答案】π

5

【解析】

【分析】先利用球与正方体相切的条件得出正方体的棱长为2，再通过长方形面积求出截面的边长，最后结

合球的半径和球心到截面的距离，算出截面圆的半径，进而得到面积.

【详解】因为球O与正方体的各个面相切，且直径为2，所以正方体的棱长等于球的直径，即棱长a2，

如图，设过正方体的一条棱A1D1作一平面A1GFD1，分别与BB1,CC1交于点G,F,

因为该平面被正方体截得的长方形面积为，所以，即，

25A1D1A1G2A1G25A1G5

所以2222，

B1G(A1G)(A1B1)(5)21

即G是B1B的中点，同理F也是C1C的中点，

如图建立空间直角坐标系，则O(1,1,1),D1(0,0,2),A1(2,0,2),G(2,2,1)，

所以

A1D1(2,0,0),A1G(0,2,1),

设平面A1GFD1的法向量为n(x,y,z)，

A1D1n2x0

则，故可取n(0,1,2)，

A1Gn2yz0

OD1n12

又因为，则球心到平面AGFD的距离为5，

OD1(1,1,1)O11d

n12225

525

所以球O被截面截得的圆的半径rR2d212()2，

55

254π

所以球O被截面截得的圆的面积Sπr2π()2.

55

【点睛】利用球与正方体相切，确定正方体的棱长，结合截面形状和面积求出球心到截面的距离，这是解

决问题的关键.

14.小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，则

从起点到终点共有______种不同的走法.

【答案】29

【解析】

【分析】利用分类计数加法原理和分步计数乘法原理来求解即可.

【详解】设：列从左到右为x1~6，行从下到上为y1~5，

起点(x1,y1)，简记为1,1，终点(x6,y5)，简记为6,5

如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，

则小明必经过2,3和5,1，

当小明经过2,3到达6,5时，按以下步骤：

2

从1,1到2,3，这三步中有一步向右，两步向上，故有C33种走法，

下面又分两类情形到达6,5，

第1类是从2,3到3,4，只有2种走法，然后再向右走到4,4，

而从到，这三步中有一步向上，两步向右，故有2种走法，

4,46,5C33

所以第1类从2,3到6,5的走法有236种；

第2类是从到，这三步中有一步向右，两步向上，故有2种走法，

2,33,5C33

然后从3,5到6,5，只能全向右走，只有1种走法，

所以第2类从2,3到6,5的走法有313种；

所以小明经过2,3到达6,5的走法有36327种；

当小明经过5,1到达6,5时，按以下步骤：

从1,1到5,1，只能全向右走，只有1种走法，

再从5,1到5,4，只能全向上走，也是只有1种走法，

最后从5,4到6,5，只有2种走法，

所以小明经过5,1到达6,5的走法有1122种；

故小明从起点到终点不同的走法共有27229种.

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

π

15.已知函数f(x)sin(x)(0)的最小正周期为π.

3

（1）求以及曲线yf(x)的对称中心；

（2）讨论函数g(x)f(x)x在区间(0,π)上的单调性.

kππ

【答案】（1）2，对称中心为(,0)(kZ)；

26

2π2π

（2）在(,π)上单调递增，在(0,)上单调递减.

33

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，利用正弦函数的周期性及对称性求解.

（2）求出函数g(x)及导数，进而求出其单调区间.

【小问1详解】

2ππ

由函数f(x)的最小正周期为π，得π，解得2，则f(x)sin(2x)，

3

πkππ

令2xkπ,kZ，得x,kZ，

326

kππ

所以f(x)的对称中心为(,0)(kZ).

26

【小问2详解】

ππ

由（1）得g(x)sin(2x)x，求导有g(x)2cos(2x)1，

33

ππ7ππ12π

由x(0,π)，得2x(,)，由g(x)0cos(2x)，得xπ，

333323

π12π

由g(x)0cos(2x)，得0x，

323

2π2π

所以函数g(x)在(,π)上单调递增，在(0,)上单调递减.

33

16.小明和小红参加班级数学老师组织的游戏，游戏共2轮，每轮的规则如下：每轮开始时，小明和小红

手中各有两张牌，一张是王牌，一张是鬼牌，每人每次独立地随机取出1张牌相互交换，交换3次后该轮

结束.2轮进行完游戏结束.

（1）记每轮游戏在交换1次后，小明手里王牌的张数为X，求X的分布列及数学期望；

（2）在游戏开始前，数学老师问了小明一个问题：当游戏结束时，只要在2轮中有至少1轮结束时，你手

里的两张牌是相同的，你就获胜，否则小红获胜，你愿意接受这样的游戏规则吗？如果你是小明，你会如

何回答？

【答案】（1）

X012

111

P

424

数学期望为1；（2）愿意接受这样的游戏规则.

【解析】

【分析】（1）求出X的所有可能取值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.

（2）求出每次交换后小明手中两张牌相同的概率，再求出至少1轮结束小明手里的两张牌是相同的概率即

可.

【小问1详解】

交换1次后，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，

11111111111

P(X0)，P(X1)，P(X2)，

22422222224

所以随机变量X的分布列为

X012

111

P

424

111

随机变量X的期望E(X)0121.

424

【小问2详解】

记事件An为每轮小明第n(n1,2,3)次交换后，他手里的两张牌相同，

1111

则P(A)[1P(A)]，又P(A)，因此P(A)[1P(A)]，

n12n122214

133391

P(A)[1P(A)]，则小明获胜的概率P1(1)2，

32288642

所以如果我是小明，我愿意接受这样的游戏规则.

12

17.设数列a的前n项和为S，已知数列S的前n项和Tn3n2n.

nnnn33

（1）求数列an的通项公式；

1

（2）令bn，求数列bn的前n项和Rn；

2an12an3

1

1

（3）令cn，数列cn的前n项和为Mn，证明：对一切正整数n，Mn恒成立.

anan13

【答案】（1）an2n

11

（2）

1216n12

（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据an与Sn的关系求解即可.

（2）根据裂项相消法求和即可.

（3）结合放缩法得到cn4bn，再求和证明即可.

【小问1详解】

当n1时，S1T12；

121322

当n2时，STTn3n2nn1n1n1n2n，

nnn13333

S12也满足上式；

故2.

Snnn

当n1时，a1S12；

2

当时，aSSn2nn1n12n，

n2nnn1

a12也满足上式；

综上，an2n.

【小问2详解】

11111

bn，

2an12an34n14n344n14n3

111111111111

故数列bn的前n项和Rn.

4377114n14n3434n31216n12

【小问3详解】

1111

c

naa12n2n141，

nnnn

2

2n2n3131

又对任意的nN*：nnnn4n14n3，

22164416

11114

c4b

所以n41414n14n3n，

nn4n14n3

216

11111

故Mn4.

1216n1234n33

18.如图所示，在长方体ABCDEFGH中，AB22，AD4，AE3，点M在棱EH上，点P

在棱FG上，且EMGP1.

（1）证明：MPBH；

（2）求直线BH与平面BMP所成角的余弦值；

（3）在棱FP上是否存在点Q，使得Q到平面BMP的距离与Q到平面BFM的距离相等？若存在，求出

FQ的长；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析

5

（2）3

9

（3）存在符合题意的Q点，FQ1

【解析】

【分析】（1）先证四边形FMHP为菱形得MPFH，再结合长方体性质得MPBF，进而证MP平

面BFH，最终推出MPBH；

（2）由面面垂直性质确定点H在平面BMP上的投影位置，得到线面角HBO，再通过计算三角形边长，

利用余弦定理求出该角的余弦值；

（3）利用等体积法将体积比转化为对应三角形面积比，结合另一组同高棱锥的体积比等于底边长之比，从

而求出线段FQ的长度，确定满足条件的点Q.

【小问1详解】

证明：连接FH交MP于点O，MHFP3，

2

FMHP22123，故FMHP为菱形，

故MPFH，由长方体得BF平面EFGH，

由MP平面EFGH，知MPBF；

由BFFHF，BF平面BFH，FH平面BFH，

知MP平面BFH，由BH平面BFH，知MPBH.

【小问2详解】

如图所示，连接BO，由（1）知，MP平面BFH，

又由MP平面BMP，平面BMP平面BFH，交线为BO，

故点H在平面BMP的投影必在直线BO上，

故直线BH与平面BMP所成角即为HBO，

112

在△HBO中，OHFH22426，

22

2222

BO363，BH32633，

22

2

BH2BO2OH233365

故由余弦定理得cosHBO3，

2·BH·BO23339

5

即直线BH与平面BMP所成角的余弦值为3；

9

【小问3详解】

假设存在点Q满足条件，记Q到平面BMP的距离Q到平面BFM的距离d，

1

S△BFMd

VQBFMS13

则3△BFM，由（1）（2）知SBFFM3，

V1S△BFM

QBMPSd△BMP22

3△BMP

V

32QBFMS△BFM1

，故；则，

BMMPBP23SBMP2333

4VQBMPS△BMP2

VVFQ1

另一方面QBFMBFMQ，

VQBMPVBPMQQP2

1

故FQFP1，综上所述，存在符合题意的Q点，FQ1.

3

【点睛】本题以长方体为载体，先通过菱形性质与线面垂直判定证明线线垂直，再利用面面垂直确定线面

角，最后结合等体积法与线段比例关系探究存在性问题，核心是立体几何中垂直关系的转化与体积比的代

数化处理.

22

19.已知椭圆：xy的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，且椭圆上满

C1ab0F1F22,1

a2b2

足PF1PF2的点P有且仅有2个.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设直线l与椭圆C交于A，B两点（A在第一象限），与x轴，y轴分别交于点M，N，且AM3AN；

点A关于x轴的对称点为D，直线DN与椭圆的另一个交点为E.

k2

（ⅰ）记直线AN，DN的斜率分别为k1，k2，证明：