重慶市2026屆高三(上)9月金太陽好教育數(shù)學(xué)試題[山城學(xué)術(shù)圈]第[山城學(xué)術(shù)圈]第4頁·預(yù)?？荚図樌麛?shù)學(xué)試題參考答案題序123456789答案ADDCABABABDACDBC5 =評(píng)分細(xì)則:【1】第1~8題,凡與答案不符的均不得分.【2】第9,10題,全部選對(duì)的得6分,每選對(duì)一個(gè)得2分,有選錯(cuò)的不得分;第11題,全部選對(duì)的得6分,每選對(duì)一個(gè)得3分,有選錯(cuò)的不得分.1.A【解析】本題考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算,考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1十i)(5十2i)=5十2i2十7i=3十7i.2.D【解析】本題考查統(tǒng)計(jì)中的百分位數(shù),考查數(shù)據(jù)處理能力.將這組數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列為6.8%,9.3%,23.5%,25.1%,25.2%,27.1%,42.0%,56.1%,因?yàn)?×60%=4.8,所以這組數(shù)據(jù)的60%分位數(shù)為第5個(gè)數(shù),即25.2%.3.D【解析】本題考查函數(shù)的奇偶性與函數(shù)的求值,考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).因?yàn)閒(父)為奇函數(shù),所以f(—100)=—f(100)=—(、十lg100)=—12.4.C【解析】本題考查集合的運(yùn)算,考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).因?yàn)锳={父|—1<父<3},B={父|0<父<4},所以A∩B={父|0<父<3},AUB={父|—1<5.A【解析】本題考查圓錐與圓臺(tái)的體積,考查直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).設(shè)該圓錐的高為h,則h,解得h6.B【解析】本題考查計(jì)數(shù)原理,考查邏輯推理的核心素養(yǎng)與應(yīng)用意識(shí).依題意可得這三人的不同選擇方法共有CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),5)AEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),5)=100種.7.A【解析】本題考查橢圓的定義與幾何性質(zhì),考查直觀想象與邏輯推理的核心素養(yǎng).依題意不妨設(shè)A(—2,0),B(2,0),C(0,—1),D(0,1),易知A,B為M的兩個(gè)焦點(diǎn),則|PA|十|PB|=2、9=6,所以|PC|十|PD|=12—6=6>|CD|,所以點(diǎn)P在以C,D為焦點(diǎn),長(zhǎng)軸長(zhǎng)為6的橢圓上.設(shè)該方程為則2a=6,a2—b2=1,解得a2=9,b2=8,所以點(diǎn)P必在橢圓上.8.B【解析】本題考查指數(shù)、對(duì)數(shù)的運(yùn)算與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,考查邏輯推理、數(shù)學(xué)抽象及數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).因?yàn)閍=b=e,所以lna=,lnb=,lnc=.設(shè)函數(shù)fEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(n),2)f/(父)≤0,f(父)單調(diào)遞減,所以f(4)<f(3)<f(e),所以lna<lnc<lnb,故a<c<b.9.ABD【解析】本題考查雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì),考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).依題意可得m<0,a2=6,b2=—m,則a=、,=、,所以C的實(shí)軸長(zhǎng)為2a=2、,C的漸近線方程為y父,A,B均正確,C錯(cuò)誤.當(dāng)C的離心率等于虛軸長(zhǎng)時(shí),b,則1十b2,所以1十m,解得m,D正確.10.ACD【解析】本題考查函數(shù)與三角函數(shù)的交匯,考查邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).f2十2.f=cosasin(2kπ)=1(k∈z),A正確.當(dāng)a=0時(shí),g(父)=cos2父在(0,2)上先減后增,由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知,f(父)在(0,2)上單調(diào)遞增,B錯(cuò)誤.g(父)=1—2sin2父—asin父=—2(sin父十2十1十≤1十,當(dāng)f(父)與g(父)的最大值相等時(shí),1十=2且—∈[—1,1],得a=±2、,C正確.g(父)的圖象總關(guān)于直線父=對(duì)稱,D正確.11.BC【解析】本題考查立體幾何初步的綜合,考查直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算及邏輯推理的核心素養(yǎng).設(shè)這兩個(gè)小球的球心為O1,O2,當(dāng)O1,O2均落在該正方體的一條體對(duì)角線上且這兩個(gè)小球相切,同時(shí)這兩個(gè)小球均與正方體的三個(gè)面相切時(shí),小球的半徑取得最大值.設(shè)半徑的最大值為r0,則該正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為2(、r0十r0)=2(、十1)(3—、)=4、,所以該正方體的棱長(zhǎng)為4.連接B1C,易證B1C丄平面ABC1D1.過點(diǎn)E作EHⅡB1C,則EH丄平面ABC1D1.因?yàn)?所以點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離為EHOC ,A錯(cuò)誤.連接AE,則上EAC為AE與底面ABCD所成的角,且tan上EACAADCiDDBHOByCB1CECBCEC因?yàn)锽1CⅡA1D,所以異面直線BE與A1D所成的角為BE與B1C所成的角(或其補(bǔ)角).以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BC,BB1所在直線分別為父,y軸,建立平面直角坐標(biāo)系,如圖所示,則EC-EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-→),BE)=(4,1),-EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-→),B1C)=(4,—4),則cOS〈-EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-→),BE)所以異面直線BE與A1D所成的角小于60。,C正確.四棱錐E-ABCD外接球的球心為線段AE的中點(diǎn),則四棱錐E-ABCD外接球的半徑為則四棱錐E-ABCD外接球的表面積為D錯(cuò)誤.12.5【解析】本題考查等差數(shù)列,考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng). 13.5;6【解析】本題考查平面向量的數(shù)量積與隨機(jī)變量的期望, X=a.b=|a||b|cOS3=2|b|.由X=4,得|b|=2,則 十【解析】本題考查圓與圓的位置關(guān)系,考查直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)./,得(父十1)2十y2=1(y≥0),則曲線C1表示,得(父—1)2十y2=1(y≥0),則曲線C2表示圓(父—1)2十y2=1的上半部,得父2十y2=4(y≥0),則曲線C3表示圓父2十y2=4的上半部分.畫出曲線C1,C2,C3,如圖所示.根據(jù)對(duì)稱性可知,圓C的圓心在y軸的正半軸上,設(shè)圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為父2十(y—b)2=r2(r>0),則十r,解得故圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程15.(1)解:tanA=tan………4分(2)證明:因?yàn)?csinA=、asinB,所以2ac=、ab,……6分所以cb.………………7分由(1)知tanA所以cosA……………………8分由余弦定理a2=b2十c2—2bccosA,………9分得a2=b2十b2—2b………………11分所以a2十bb2=c2,…………………12分所以C為直角,故△ABC為直角三角形.………………13分評(píng)分細(xì)則:【1】第(1)問還可以這樣解答:因?yàn)閠an(A十=3,所以…………………3分解得tanA……………4分【2】第(2)問還可以這樣解答:因?yàn)?csinA=、asinB,所以2sinCsinA=、sinAsinB,…………6分 在△ABC中,sinA>0,所以2sinC=、sinB.…………7分 由(1)知tanA,所以sinAcosA………9分 所以2sinC=、sin(A十C)=、(sinAcosC十cosAsinC)…………10分 =cosC十2sinC,……………11分 所以cosC=0,……………12分 則C=,故△ABC為直角三角形.……………………13分16.(1)證明:因?yàn)锳CⅡEF,EFC平面PEF,AC丈平面PEF,所以ACⅡ平面PEF.……2分 取EF的中點(diǎn)H,連接PH,BH.因?yàn)锳CⅡEF,AD=CD,所以DE=DF,則PE=PF,所以PH丄EF.………………3分又平面PEF丄平面ABCFE,平面PEF∩平面ABCFE=EF,所以PH丄平面ABCFE,……………4分所以PH丄BH.因?yàn)锳E=1,AD=3,所以PE=DE=2,所……5分-→-→所以PB=、/PH2十BH2=、.…………6-→-→(2)解:以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BC,BA的方向分別為父軸、y軸的PP HEFAACyB正方向建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則B(0,0,0),A(0,3,0),C(3,0,0),F(3,1,0),…………………8分-→-→-→-→所以BA=(0,3,0),BP=(2,2,、),CF=(0,1,0),PF=(1,—1,—、).-→-→-→-→-→-→設(shè)平面PAB的法向量為n1=(父,y,z),則BA●n1=0,BP●n1=0-→-→EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up11(3y=0),2父十2)……………………10分設(shè)平面PCF的法向量為n2=(父I,yI,zI),則CF●n2設(shè)平面PCF的法向量為n2=(父I,yI,zI),則CF●n2=0,PF●n2=0,即zI……………………12分2……………13分由n12=………………14分得n1丄n2,所以平面PAB與平面PCF的夾角為.…………………15分評(píng)分細(xì)則:【1】第(1)問中,未寫“平面PEF∩平面ABCFE=EF”,扣1分.【2】第(2)問中,平面PAB與平面PCF的法向量都不唯一,只要與所求法向量共線即可,另外建立空間直角坐標(biāo)系的方法也有很多種,閱卷也請(qǐng)按照步驟給分.17.(1)解:由題意知F(0,.…………………1分因?yàn)辄c(diǎn)F到直線y=父—1的距離為、,所以……………2分解得p=2或p=—6,因?yàn)閜>0,所以p=2,……………3分所以C的準(zhǔn)線方程為y=—1.……………4分(2)解:將y=2父—1代入父2=4y,得父2—8父十4=0,……5分則Δ=64—16>0,父A十父B=8,父A父B=4,…………………6分B=4、.……8分(3)證明:設(shè)A(父1,y1),B(父2,y2),l:y=k父十t.=0,………9分……10分由父2=4y,得y父2,則yI父,……………………11分所以過點(diǎn)A的切線方程為y父1,即y父1父,…………12分同理得過點(diǎn)B的切線方程為y父2父EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up7(2),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(十),2),,≠父,所以t=—1,則t=1,所以直線l過定點(diǎn)(0,1).………………15分評(píng)分細(xì)則:【1】第(1)問中,C的準(zhǔn)線方程也可以寫為y十1=0.18.(1)證明:f(a)=a—3lnaa=—3lna………………1分,…………………2分當(dāng)時(shí),gI>0,g單調(diào)遞增,當(dāng)父時(shí),gI<0,g單調(diào)遞減,……………………3分所以gmax=g=—3ln所以g(父)<0,故ya∈(0,十∞),f(a)<0.……………4分(2)解:由f(父)=0,得父—3ln父a.父設(shè)h=父—3ln父則hI…………………5分當(dāng)或父>2時(shí),hI(父)>0,h(父)單調(diào)遞增,當(dāng)1<父<2時(shí),hI(父)<0,h(父)單調(diào)遞減,……………6分所以h(父)在父=1處取得極大值,且極大值為—1,h(父)在父=2處取得極小值,且極小值為1—3ln2,……………………7分h十9ln2<1—3ln2,當(dāng)父→十∞時(shí),h(父)→十∞,………8分故a的取值范圍是十9ln2,1—3ln2)U(—1,十∞).……………9分(3)證明:因?yàn)楦?,父2是f(父)的兩個(gè)零點(diǎn),所以父1—3ln父a,父2—3ln父a,—3a,………10分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(父),2)),………………11分,…………………12分4.………………13分2設(shè)t>0,φ=3lnt2十lnt十………14分則當(dāng)0<t<時(shí),φI(t)<0,當(dāng)t>時(shí),φI(t)>0,…………15分所以φ(t)min=φ=6ln十6=6ln2—6ln3十6,…………………16分2.………17分評(píng)分細(xì)則:3ln不扣分.19.解……………1分P………………2分(2)因?yàn)閄≥2,所以n≥2,則P(X≥n十1)=1—a2—a3—…—an.……3分 若X=n十1,則X≥n十1且yn=yn十1,所以an十1=(1—a2—a3—…—an)×4 即a2十a(chǎn)3十…十a(chǎn)n十4an十1=1,……………5分 所以a2十a(chǎn)3十…十a(chǎn)n十a(chǎn)n十1十4an十2=1,所以an十1十4an十2—4an十1=0,即an十2=4an十1 ……………7分由(1)可知a3=,所以當(dāng)n≥3時(shí),an=×n—3=×n—2.又因?yàn)閍2=,所以an=×n—2,…………………8分]…………………9分