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重庆市 2026 届高考模拟调研卷（四）
数学答案
1 2 3 4 5 6 7 8
A C A D B D C B
1 2 3 4题【 —解析】 A 1,0,1,2 ，B i 1,i 1,i 1 0, i 1,2 ，则 A B 0, 2 ；
2 2题【 —解析】设集合 p : x 1 0 1 x 1 ；若 p是 q的既不充分又不必要条件，则两者对应
集合没有包含关系，故m 1；

3 题【 —解析】 2a b (8 4 ,12 16 ) ，故

a (a b) (4,6) (8 4 ,12 16 ) 104 112 0 ，解得
13
；

14
4 x题【 —解析】画出 y e 2 与 y a的图象如图：函数 ex 2 a
的零点个数有可能是 0，1，2，不可能是 3；
5 题【 —解析】由 5 1 x 27 1 y 22 0 5x 27 y 22 y x 0 得
5x 27y 22 0 x 1
，得 ，则直线 l恒过定点 P(1,1) ，故点 A 6,1 到直线 l的最大距离是
y x 0 y 1
AP 5；
1
6 题【 —解析】由 f (x) 2x 2a, g (x) e x
f (0) g(0) 1 b 1 a
，故 ，解得 2 ，
f (0) g (0) 2a 1 b 2
a b 3故 ；
2
a
7 题【 —解析】由 na n 1 a 2n n 1 得 n 1 an 1 n n 2 ，故n 1 n
an a 1 2(n 1) 2n (a 2) ，
n 1 1
a 2故 n 2n (a 2)n
2 a 2 a
1 ；令a 0得1 n 1 且 a 1n 1 0 ，故10 11 a1 [ 20, 18) ；2 2
8 题【 —解析】 x 22x 1 2 2x 22x 4 ，
4y log2 y 2 4y log2 y 2 4 lo g2 (4y ) 4y 4 ；
显然函数 f (t) t 2t单调递增，故 f (2x) f (log 2(4y)) 2x log 2(4y) 4y 2
2x
，
x 2y x 1 22x x 22x 1故 2 ．
2
9 10 11
ABD BD BCD
9 题【 —解析】若 A B，则 P A B P B 0.3，A 正确；
若 A B，则 A，B互斥，故 P A B P A P B 0.5，B 正确；
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若 A，B相互独立，则 P A B P A P B P AB 0.2 0.3 0.2 0.3 0.44 ，C 错误，
P AB
若 P AB 0.1，则 P AB 1 P A P AB 0.1，故 P A B ，D 正确；P B 3
x y 210 题【 —解析】由基本不等式可得 xy 1，当且仅当 x y 1时取等号，故 A 错误；
2
1 9 1
(x y)(1 9 ) 1 (10 y 9 x) 8 y 9x ，当且仅当 时取等号，故 B 正确；
x y 2 x y 2 x y x y
由 x 2 y（0 y 2 2 2），代入得 x 4y 2 y 2 4y2 5y2 4y 4 16 ，
5
2 8
此时 y , x ，故 C 错误；
5 5
1
2x y 1 2x y x y
2 3 1 1 3 1 x y 1 3x y 3 2 1
xy xy 2y 2x 2 2y 2x

2

2y 2x

2
3x y
当且仅当 成立，故 D 正确．
2y 2x
3
11 题【 —解析】设点 P(x1, y1) ，Q(x2 , y2 ) ，经计算可得 d1d2 d3d4 ，故 A 项错误；4
y
如图，设△PF1F2 的内切圆的切点为 R，S，T ，由双曲线
P
的定义得， | PF1 | | PF2 | 2a，而 | PR | | PS | ， R
得 | RF1 | | SF2 | 2a ，而 | RF1 | |TF1 |， | SF2 | |TF |， I1 S2
F1 O B F2 x
得 |TF1 | |TF2 | 2a ，设 B为双曲线的右顶点，又因为 I2
Q
| BF1 | | BF2 | (c a) (c a) 2a ，得切点T 与点 B重合，
得点T (1,0) ，则内心 I1的横坐标为1，同理可得，内心 I2的横坐标也为1，得 I1， B， I2三点共线，
故 B 项正确；设直线 PQ的倾斜角为 ，连接 I1F2 ， I2F2 ，则 I2F2B I2F

2Q ，2
I F B I F S π 1 2 1 2 ，故 I1F2 I2F2 ，故 C 正确；由题可知双曲线的渐近线为： y 3x，2
π 2π
倾斜角分别为 ， ，因为直线 PQ与双曲线的右支交于P，Q两点，所以 (
π 2π
， ) ，
3 3 3 3

(π π) tan ( 3 3) tan

t t ( 3
1 3
， ， ， ，令 ，则 ，3) ，则 y t 在2 6 3 2 t ( ,1)
单调递减，
2 3 3 3
(1, 3) 1 4 3 8 3在 单调递增，故 t [2, )，故周长范围为[4π, π) ，故 D 项正确．
t 3 3
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12 13 14
4
2 π 29
5
12 题【 —解析】
tan 2 2 tan 4 2 tan22 3tan 2 0 (tan 2)(2 tan 1) 0 ，解得1 tan 3
tan 2 或 tan 1 ，因为 为锐角，则 tan 2 ．
2
13 题【 —解析】由题意，正方体边长为 2 ，则截面长方形的另一边为
5 ，如图所示截面位置，点 A是截面长方形另一条宽的中点，也是 O1 O1
A B
所在平面的中心点，O1为截面圆的圆心，则OA 1，所以截面圆半 O A O B
径O 2 41A 5 ，面积为 π ．5 5
14 题【 —解析】通过列举：①若从起点向右走先走到 1 处，再走到终点，有 2 种走法；
②从起点先走到 2 处，有 3 种走法，再从 2 处通过 3 处走到终点，
有 5 种走法，共 15 种走法； 终点
③从起点先走到 2 处，有 3 种走法，再从 2 处通过 4 处走到终点，
4 3 1有 种走法，共 12 种走法．
综上，一共有 29 种走法． 2 4
四、解答题： 起点
15．（13 分）
T 2π解：（1）由 π知 2，……………………2 分

所以 f (x) π π sin(2x ) ，令 2x kπ ，得 x kπ π ，
3 3 2 6
所以 f (x) kπ π得对称中心为 ( ,0) (k Z) ．……………………6 分
2 6
π π
（2）则 g(x) sin(2x ) x，求导有 g (x) 2cos(2x ) 1，
3 3
当 g (x) 0 2π 时， x π ，所以当 x (2π , π)时， g(x) 单调递增，
3 3
当 g (x) 0 0 x 2π 时， ，所以当 x (0, 2π)时， g(x) 单调递减．……………………13 分
3 3
16．（15 分）
解：（1）交换 1 次后，随机变量 X 的所有可能取值为0， 1， 2；
P(X 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0) ， P(X 1) ， P(X 2) ；
2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 4
故随机变量 X 的分布列为
X 0 1 2
1 1 1
P
4 2 4
1 1 1
随机变量 X 的期望E X 0 1 2 1．……………………7 分
4 2 4
（2）记事件 An为每轮小明第 n(n 1， 2， 3) 次交换后，他手里的两张牌相同；
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P(A 1则 n 1) [1 P(A )]
1 1 1
n ；又 P(A1) ，故 P(A2 ) [1 P(A1)] ，2 2 2 4
2
故 P(A 1 33) [1 P(A )]
3 39 1
2 ；故小明获胜的概率 P 1 1 ；2 8 8 64 2
所以如果我是小明，我愿意接受这样的游戏规则．……………………15 分
17．（15 分）
解：（1）当 n 1时： S1 T1 2 ；
n 2 S T T
1
n3 n 2 2 1 2当 时： n n n 1 n (n 1)
3 (n 1)2 (n 1) n 2 n ，
3 3 3 3
S1 2 也满足上式；故 Sn n
2 n；
故当 n 1 2 2时： a1 S1 2；当 n 2 时： an Sn Sn 1 n n [(n 1) (n 1)] 2n ，
a1 2也满足上式；综上所述： an 2n．……………………4 分
b 1 1 1 1 1（2） n

，(2an 1)(2an 3) (4n 1)(4n 3) 4 4n 1 4n 3
故数列 bn 的前 n项和
R 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1n 4 3 7 7 11 4n 1 4n 3 4
．……………9 分
3 4n 3 12 16n 12
2 n 2 n 3 1 3
（3）对任意的 n N ： n n n 2 2 16 4
n ；
4
c 1 1 1 1 1 1 4n 4b
故 an (an 1) 2n(2n 1) 4 n n 1 4 n 1 n 3 (4n 1)(4n 3)
n
，

2 4 4
M 4 1 1 1 1 1故 n ．……………………15 分
12 16n 12 3 4n 3 3
18．（17 分）
解：（1）证明：如图所示，连接 FH 交MP于点O，MH FP 3，
FM HP (2 2)2 12 3 ，故 FMHP为菱形，
故MP FH ，由长方体得 BF 平面 EFGH ，
由MP 平面 EFGH 知MP BF ；由 BF FH F ，BF 平面 BFH ，FH 平面 BFH 知MP
平面 BFH ，由 BH 平面 BFH 知：MP BH ；……………………5 分
（2）如图所示，连接 BO，由（1）知，MP 平面 BFH ，又由MP 平面 BMP知，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
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1 1
HBO HBO OH FH (2 2)2 2，在△ 中， 4 6 ，
2 2 BO ( 3)
2 ( 6)2 3，
5
BH ( 3)2 (2 6)2 3 3 ，故由余弦定理： cos HBO 3 ，即直线 BH 与平面 BMP所成9
5
角的余弦值为 3 ；……………………11 分
9
（3）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
V S△BFM dQ BFM 3 S △BFM 1 3则 1 ，由（1）（2）知 S BFM BF FM 3 ，VQ BMP S d S△BMP 2 2
3 △BMP
VQ BFM S 1
BM MP 3 BP 2 3 ，故 S BMP (2 3)
2 3 3 ；则 △BFM ，
4 VQ BMP S△BMP 2
VQ BFM V B FMQ FQ 1另一方面 ，
VQ BMP VB PMQ QP 2
故 FQ 1 FP 1，综上所述，存在符合题意的Q点， FQ 1．……………………17 分
3
19．（17 分）
解：（1）由椭圆上满足 PF1 PF2 的点 P有且仅有 2 个知以 F1F2 为直径的圆与椭圆有 2 个公共点，
x2 y2 2 2
故b c，故椭圆C : 1 ( 2,1) 2 x y，代入 解得b 2 ，故椭圆C的方程为2 2 1．…4 分2b b 4 2

（2）（ⅰ）设 N (0,n)，则由 AM 3AN 知 A x0 ,
3 n D
3
2
x0 , n (n 0, x0 0) ，
2
3 n n 3 n n k2
故 k 2 n ,k 2 5n ，故 5为定值．……………………10 分1 x0 2x
2
0 x0 2x
k1
0
n
（ⅱ）由（ⅰ）知直线 l : y kx n(k k1 0) ，直线DN : y 5kx n2x ；0
x2 y2
1
联立 4 2 ，整理得： (2k 2 1)x2 4nkx (2n2 4) 0 ，
y kx n
2 2
x x 2n 4 x 2(n 2) y kx n 2k(n
2 2)
故由韦达定理： 0 B 2 B 2 n ；2k 1 (2k 1)x B B 20 (2k 1)x0
x 2(n
2 2) y 10k(n
2 2)
同理可得： E n ；(50k 2 1)x E 20 (50k 1)x0
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x x 2(n
2 2) 2(n2 2) 96k 2 (n2 2)
E B (50k 2

1)x0 (2k
2 1)x0 (50k
2 1)(2k 2 1)x0
故 ，
y y 10k(n
2 2) 2 2 2n 2k(n 2) n 12k(10k 1)(n 2) E B (50k
2 1)x0 (2k
2 1)x 20 (50k 1)(2k
2 1)x0
k y y 10k
2
E B 1 5k 1 5k 1 10故 BE 2 ，xE xB 8k 4 8k 4 8k 4
n 10
5k 1 10 n2
4
2
当且仅当 k 时取等号；此时 10 7 ，
4 8k 10 2 4
9
n2
2
故N 在椭圆C内 0成立；
10
综上所述：直线 BE的斜率的最小值为 ．……………………17 分
4
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