重庆市永川区2026届高三数学下学期第二次调研检测试题（含答案）

一、单选题1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】不等式解得，则，又，所以.2.已知等差数列，若，则（）A.6B.4C.3D.2【答案】C【解析】【详解】在等差数列中，，解得，所以.3.已知复数z是方程的根,则（）A.B.C.2D.3【答案】B【解析】【详解】因为方程的判别式，所以该方程有虚数根，所以，因此.4.方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（）第1页/共22页

A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】依据题意只需与同正且即可.【详解】因为焦点在轴上的椭圆，所以有.5.已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】已知，则，解得，在方向上的投影向量为：．6.理，碳排放浓度会减少50%．国家排放标准规定碳排放浓度不得超过，若要使该发电厂烟气排放达标，则至少需要脱碳处理的次数为（）A.4B.5C.6D.7【答案】C【解析】【详解】设脱碳处理的次数为，则脱碳处理次后的碳排放浓度为，由题意可得，则，即，由于，所以的最小值为，故至少需要脱碳处理的次数为.第2页/共22页

7.5人被安排到则甲和乙不去同一个社区的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先将5人分为三组，再分配到三个社区，再减掉甲乙两个人在同一社区的情况，即可求得.【详解】根据题意，甲、乙、丙等五人被安排到三个社区做志愿者，每人随机选择一个社区，且这三个社区都有人去，则可按和分组，再分配到三个社区，共有种不同的安排方法，其中甲乙在一个社区的共有种，则甲乙不去同一个社区的概率为.故选：.8.过曲线：外一点作的切线，恰好可作两条，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用导数的几何意义求出函数的切线方程，代入点，整理得，令，利用导数确定函数的单调区间及极值，作出图象，结合图象求解即可.【详解】设切点为，据题意：这样的切点有两个，即关于的方程有且仅有两根.因为，所以切线方程为，即为过切点的切线，第3页/共22页

又在此切线上，所以，即，所以，令，所以，所以，则或，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数的极大值为，极小值为，当趋于时，趋于，当趋于时，趋于，作出函数的图象，如图所示：又不在曲线C上，所以，由的图象可知.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共分.9.函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（）第4页/共22页

A.函数的最小正周期为B.C.关于点对称D.将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称【答案】AC【解析】【详解】由图可得：，，由，由，.因为，所以，.所以.故A正确，B错误；对C：因为，所以关于点对称，故C正确；对D：将的图象向左平移个单位长度，可得函数，当时，，所以函数的图象不关于原点对称.故D错误.10.下列说法正确的是（）A.随机事件A,B相互独立的充要条件是第5页/共22页

B.设X为随机变量,则C.,则,D.若,记函数,,则的图象关于点对称【答案】ABD【解析】【分析】根据随机事件的独立性、随机变量的方差与期望的关系、二项分布的期望与方差、正态分布的对称性逐一严格推导每个选项的正确性，排除错误选项.【详解】对于A，先证必要性：若相互独立，则，所以，再证充分性：若，则，所以，即，说明与相互独立，所以随机事件A,B相互独立的充要条件是，故A正确；对于B，由于，则，所以，即，所以B正确；对于C，由,则,，故C错误；对于D，因为,记函数,,所以对任意，有，由正态分布的对称性：，因此，即的图象关于点对称，故D正确.已知正方体的各个顶点都在表面积为第6页/共22页

下列结论正确的是（）A.有无数个点，使得平面B.有无数个点，使得平面C.若点平面，则四棱锥的体积的最大值为D.若点平面，则的最大值为【答案】ACD【解析】AB平面距离的最大值计算判断C；建系设出点的坐标，借助基本不等式求出最大值判断D.【详解】令正方体的外接球半径为，，，则，连接，由四边形是该正方体的对角面，得四边形是矩形，即有，而平面，平面，则平面，同理平面，又平面，因此平面平面，令平面截球面所得截面小圆为圆，对圆上任意一点（除点外）均有平面，A正确；对于B，过与平面垂直的直线仅有一条，这样的点至多一个，B错误；对于C，平面截球面为圆，圆的半径为，则圆上的点到底面的距离的最大值为，第7页/共22页

因此四棱锥的体积的最大值为，C正确；对于D，显然平面，在平面内建立平面直角坐标系，如图，令点，而，因此，，令，，当且仅当取等号，此时，即，因此的最大值为，D正确.故选：ACD【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分12.已知，若直线上存在点P满足，则实数c的最大值是_________．【答案】##【解析】【分析】由求得的轨迹为圆，结合直线与圆的位置关系即可求得c的最大值.第8页/共22页

【详解】设，由题意得，整理得，所以的轨迹为以为圆心，半径的圆，因为在直线上，所以与相切或相交，则到的距离，解得，故c的最大值是.13.焦点在x轴上的椭圆与双曲线有公共左、右焦点、，点M是与的公共点且N在x与的离心率之积为____.【答案】##【解析】求出推得平分，结合余弦定理求得，代入离心率公式计算即得.【详解】由条件可得，，因、、三点共线，第9页/共22页

则得，则，即，故，因表示与同方向的单位向量，表示与同方向的单位向量，由菱形的性质可得平分，故.设，则，因点是与的公共点，故得（为椭圆（为双曲线的实半轴长）.则得，即在中，由余弦定理得，解得，设椭圆，双曲线的离心率分别为、，则.四、解答题14.在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的正三角形．第10页/共22页

（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）取的中点，通过证明平面，结合线面垂直的性质可证；（2）以为原点，以，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出法向量，利用向量法求解即可.【小问1详解】取中点，因为，是的中点，所以．又，是的中点，所以．又，平面，所以平面，又平面，所以．【小问2详解】因为平面平面，且平面平面，，可得平面．如图，以为原点，以，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系．则，，，，．则，．第11页/共22页

设平面的法向量为，由，得，取，，得．由，得，所以，设与平面所成角为，则．因此直线与平面所成角的正弦值是．15.甲､乙两位同学进行纸飞机比赛，设各局比赛的结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为.制指有一方获胜三局，比赛结束.（1）若，比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率；（2）若，甲、乙进行了局比赛，表示甲获胜的局数，当且仅当时，取得最大值，其中，求满足条件的的值.【答案】（1）（2）【解析】1）分析可知甲最终获胜的两种可能的比分为或，利用独立重复试验的概率公式可求得所求得甲获胜的概率；第12页/共22页

（2）分析可知，可得，记，解不等式，可得结果.【小问1详解】根据题意可知，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，若采用三局两胜制，则最终获胜的两种可能的比分为或.因为每局比赛的结果是独立的，所以甲最终获胜的概率；【小问2详解】易得，，，记，则，由，得，即当时，，当时，，故当时，最大，所以的估计值为.16.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）求的值；（2）若的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，并求边长a的值．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（20分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解第13页/共22页

答计分．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】1）根据正余弦定理进行化简即可；（2）根据选择的条件不同，进行计算，注意不能选择条件②，利用第一小问的结果和面积联立方程即可求解.【小问1详解】由余弦定理和，得，整理得，由正弦定理，得．因为，所以．【小问2详解】若选择条件①．由（1）可得，．由，得①．又由余弦定理，得，解得②．联立①②，解得，，或者，．因此所求a的值是或者．若选择条件②，不符合要求，理由如下：因为，，所以，与正弦函数的值域矛盾，舍去；若选择条件③．由（1）可知，．第14页/共22页

又，，故．所以，化简得，得，因此所求a的值是3．17.已知抛物线（）的焦点为，准线为，直线与相交于两点，点.（1）求的方程；（2）若，求证：过定点；（3）若线段的中点在直线上，求面积的最大值.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】1）可通过准线方程建立等式求出的值，进而得到抛物线的方程；（2的方程以及、公式可得到，方法1：将等式用坐标表示后，结合抛物线方程化简，方法1：再联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理代入化简结果，得到直线中参数的关系，从而确定直线所过的定点；方法2所过的定点；（31、两点坐标以及直线中的中点在直线以及点到直线2AB的中点为，，以及点到直线的距离都用表示出来，进而用表示出的面积，最后利用导数求函数最值的方法求出面积的最大值.第15页/共22页

【小问1详解】由题意可知，，，所以C的方程为.【小问2详解】方法1：设，，由题意得l存在斜率，设l：，联立得，令，则，因为，所以，即.因为，，所以，整理得.因为，所以，所以，得.所以，所以直线过定点.方法2：设，，由题意得l存在斜率，设l：，因为，所以，，即.第16页/共22页

因为，，所以，即，整理得，因为，所以，所以，所以，所以直线过定点.【小问3详解】方法1：设，，由题意得l存在斜率，设l：，联立得，令，则，由中点在上，得.所以，点P到直线l的距离.面积，.第17页/共22页

令，则，.所以，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减.所以当时，有最大值，即△PAB面积的最大值为.方法2：设AB的中点为，，，则，.因为，，所以，.因为抛物线与直线交点为，，所以.所以,，.因为直线l的斜率，且经过点，所以直线l的方程为，即：，所以点到直线的距离，所以面积，.令，则，.则，令，解得，第18页/共22页

所以在上单调递增，在上单调递减.所以当时，有最大值，即△PAB面积的最大值为.18.已知函数．（1）当时，求在上的最大值；（2）当时，若对任意的实数m，直线与曲线恰有一个公共点，求实数b的取值范围；（3）若．证明：当时，．【答案】（1）1（2）（3）证明见解析【解析】1）求导，利用导数求的单调性和最值；（2）原题意等价于方程仅有一个解，令，可知在R上为单调函数，且值域为，分类讨论的符号，结合导数应用运算求解；（31和合三角函数的有界性分析证明.【小问1详解】第19页/共22页

当时，则，，可知在单调递减，所以在上的最大值为.【小问2详解】当时，，令，即，可得，原题意等价于方程仅有一个解，令，则，因为对任意实数m，方程都仅有一个解，可知在R上为单调函数，且值域为，令，则，因为当趋近于时，趋近于，则恒成立，（i）当时，则，可知在R上单调递减，值域为，满足题意；（ii）当时，当时，；当时，；可知在单调递减，在单调递增，则，当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于；可知存在唯一零点，当时，，即；当时，，即；可知在单调递增，在单调递减，不符合题意；（iii）