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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 题【
—解析】
1,0,1,2
A
，
2
3
4
i
1,i
1,i
1
0, i 1,2
B
，则
0,2
A
B
；
2 题【
—解析】设集合
2
:
1
0
1
1
p x
x
；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
1
m ；
3 题【
—解析】2
(8
4 ,12 16 )
a
b
，故
(
)
(4,6) (8
4 ,12 16 )
104 112
0
a
a
b
，解得
13
14
；
4 题【
—解析】画出
e
2
x
y
与y
a
的图象如图：函数e
2
x
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
27
1
22
0
5
27
22
0
x
y
x
y
y
x
得
5
27
22
0
0
x
y
y
x
，得
1
1
x
y
，则直线l 恒过定点
(1,1)
P
，故点
6,1
A
到直线l 的最大距离是
5
AP
；
6 题【
—解析】由
( )
2
2 ,
( )
x
f
x
x
a g x
e
，故
(0)
(0)
1
1
(0)
(0)
2
1
f
g
b
f
g
a
，解得
1
2
2
a
b
，
故
3
2
a
b
；
7 题【
—解析】由
1
1
2
1
n
n
na
n
a
n n
得
1
2
1
n
n
a
a
n
n
，故
1
1
2(
1)
2
(
2
1
)
na
a
n
n
a
n
，
故
2
1
2
(
2)
na
n
a
n
；令
0
na
得
1
2
1
2
n
a
且
1
0
a
，故
1
1
10
11
[ 20, 18)
2
2
a
a
；
8 题【
—解析】
2
1
2
2
2
2
2
4
x
x
x
x
，
2
2
2
4
log
2
4
log
2
4
lo
4 )
4
(
g
4
y
y
y
y
y
y
；
显然函数
( )
2t
f t
t
单调递增，故
2
2
2
(2 )
(log (4 ))
2
log (4 )
4
2
x
f
x
f
y
x
y
y
，
故
2
2
1
2
2
2
2
1
2
x
x
x
y
x
x
．
9
10
11
ABD
BD
BCD
9 题【
—解析】若A
B
，则
0.3
P A
B
P B
，A 正确；
若A
B
，则A
B
，
互斥，故
0.5
P A
B
P A
P B
，B 正确；
第2 页共6 页
若A
B
，
相互独立，则
0.2
0.3
0.2 0.3
0.44
P A
B
P A
P B
P AB
，C 错误，
若
0.1
P AB
，则
0.1
P AB
P A
P AB
，故
1
3
P AB
P A B
P B
，D 正确；
10 题【
—解析】由基本不等式可得
2
1
2
x
y
xy
，当且仅当
1
x
y
时取等号，故A 错误；
1
9
1
1
9
1
9
(
)(
)
(10
)
8
2
2
y
x
x
y
x
y
x
y
x
y
，当且仅当
9
y
x
x
y
时取等号，故B 正确；
由
2
x
y
（0
2
y
），代入得
2
2
2
2
2
16
4
2
4
5
4
4
5
x
y
y
y
y
y
，
此时
2
8
,
5
5
y
x
，故C 错误；
1
2
2
1
3
1
1
3
1
1
3
3
2
2
1
2
2
2 2
2
2 2
2
2
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
xy
xy
y
x
y
x
y
x
当且仅当3
2
2
x
y
y
x
成立，故D 正确．
11 题【
—解析】设点
1
1
( ,
)
P x y
，
2
2
(
,
)
Q x
y
，经计算可得
1
2
3
4
3
4
d d
d d
，故A 项错误；
如图，设
1
2
PF F
△
的内切圆的切点为R ，S ，T ，由双曲线
的定义得，
1
2
|
|
|
| 2
PF
PF
a
，而|
| |
|
PR
PS
，
得
1
2
|
|
|
| 2
RF
SF
a
，而
1
1
|
| |
|
RF
TF
，
2
2
|
| |
|
SF
TF
，
得
1
2
|
|
|
| 2
TF
TF
a
，设B 为双曲线的右顶点，又因为
1
2
|
|
|
| (
)
(
)
2
BF
BF
c
a
c
a
a
，得切点T 与点B 重合，
得点(1,0)
T
，则内心
1I 的横坐标为1，同理可得，内心
2I 的横坐标也为1，得
1I ，B ，
2I 三点共线，
故B 项正确；设直线PQ 的倾斜角为，连接
1
2
I F ，
2
2
I F ，则
2
2
2
2
2
I F B
I F Q
，
1
2
1
2
π
2
I F B
I F S
，故
1
2
2
2
I F
I F
，故C 正确；由题可知双曲线的渐近线为：
3
y
x
，
倾斜角分别为π
3
，2π
3
，因为直线PQ 与双曲线的右支交于P ，Q 两点，所以
π 2π
(
)
3
3
，
，
π π
(
)
2
6 3
，
，
3
tan
(
3)
2
3
，
，令tan 2
t
，则
3
(
3)
3
t
，
，则
1
y
t
t
在
3
(
,1)
3
单调递减，
在(1, 3) 单调递增，故
1
4 3
[2,
)
3
t
t
，故周长范围为
8 3
[4π,
π)
3
，故D 项正确．
x
y
O
P
F1
F2
R
S
Q
B
I1
I2
第3 页共6 页
12
13
14
2
4 π
5
29
12 题【
—解析】
2
2tan
4
tan 2
1
tan
3
2
2tan
3tan
2
0
(tan
2)(2tan
1)
0
，解得
tan
2
或
1
tan
2
，因为为锐角，则tan
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
所在平面的中心点，
1
O 为截面圆的圆心，则
1
OA
，所以截面圆半
径
1
2
5
5
O A
，面积为4 π
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；
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，
有4 种走法，共12 种走法．
综上，一共有29 种走法．
四、解答题：
15．（13 分）
解：（1）由
2π
π
T
知
2
，……………………2 分
所以
π
( )
sin(2
)
3
f x
x
，令
π
2
π
3
x
k
，得
π
π
2
6
k
x
，
所以
( )
f x 得对称中心为
π
π
(
,0)
2
6
k
(
)
k Z ．……………………6 分
（2）则
π
( )
sin(2
)
3
g x
x
x
，求导有
π
( )
2cos(2
) 1
3
g x
x
，
当
( )
0
g x
时，2π
π
3
x
，所以当
2π
(
, π)
3
x
时，( )
g x 单调递增，
当
( )
0
g x
时，
2π
0
3
x
，所以当
2π
(0,
)
3
x
时，( )
g x 单调递减．……………………13 分
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
，，；
1
1
1
(
0)
2
2
4
P X
，
1
1
1
1
1
(
1)
2
2
2
2
2
P X
，
1
1
1
(
2)
2
2
4
P X
；
故随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
P
1
4
1
2
1
4
随机变量X 的期望
1
1
1
0
1
2
1
4
2
4
E X
．……………………7 分
（2）记事件
n
A 为每轮小明第(
1 2 3)
n n ，，次交换后，他手里的两张牌相同；
起点
终点
1
2
3
4
O
O1
A
A
O
O1
B
B
第4 页共6 页
则
1
1
(
)
[1
(
)]
2
n
n
P A
P A
；又
1
1
(
)
2
P A
，故
2
1
1
1
(
)
[1
(
)]
2
4
P A
P A
，
故
3
2
1
3
(
)
[1
(
)]
2
8
P A
P A
；故小明获胜的概率
2
3
39
1
1
1
8
64
2
P
；
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
1
n
时：
1
1
2
S
T
；
当
2
n
时：
3
2
3
2
2
1
1
2
1
2
(
1)
(
1)
(
1)
3
3
3
3
n
n
n
S
T
T
n
n
n
n
n
n
n
n
，
1
2
S
也满足上式；故
2
n
S
n
n
；
故当
1
n
时：
1
1
2
a
S
；当
2
n
时：
2
2
1
[(
1)
(
1)]
2
n
n
n
a
S
S
n
n
n
n
n
，
1
2
a
也满足上式；综上所述：
2
na
n
．……………………4 分
（2）
1
1
1
1
1
(2
1)(2
3)
(4
1)(4
3)
4 4
1
4
3
n
n
n
b
a
a
n
n
n
n
，
故数列
nb
的前n 项和
1 1
1
1
1
1
1
1 1
1
1
1
4 3
7
7
11
4
1
4
3
4 3
4
3
12
16
12
n
R
n
n
n
n
．……………9 分
（3）对任意的n
N ：
2
2
3
1
3
2
2
16
4
4
n
n
n
n
n
n
；
故
1
1
1
1
1
1
4
4
1
1
3
(
1)
2 (2
1)
4
4
(4
1)(4
3)
2
4
4
n
n
n
n
c
b
a a
n
n
n
n
n n
n
n
，
故
1
1
1
1
1
4 12
16
12
3
4
3
3
n
M
n
n
．……………………15 分
18．（17 分）
解：（1）证明：如图所示，连接FH 交MP 于点O ，
3
MH
FP
，
2
2
(2 2)
1
3
FM
HP
，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
第5 页共6 页
HBO
，在
HBO
△
中，
2
2
1
1
(2 2)
4
6
2
2
OH
FH
，
2
2
( 3)
( 6)
3
BO
，
2
2
( 3)
(2 6)
3 3
BH
，故由余弦定理：
5
cos
3
9
HBO
，即直线BH 与平面BMP 所成
角的余弦值为5
3
9
；……………………11 分
（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 ，
则
1
3
1
3
BFM
Q BFM
BFM
Q BMP
BMP
BMP
S
d
V
S
V
S
S
d
△
△
△
△
，由（1）（2）知
1
3
3
2
2
BFM
S
BF FM
，
2 3
BM
MP
BP
，故
2
3 (2 3)
3 3
4
BMP
S
；则
1
2
Q BFM
BFM
Q BMP
BMP
V
S
V
S
△
△
，
另一方面
1
2
Q BFM
B FMQ
Q BMP
B PMQ
V
V
FQ
V
V
QP
，
故
1
1
3
FQ
FP
，综上所述，存在符合题意的Q 点，
1
FQ ．……………………17 分
19．（17 分）
解：（1）由椭圆上满足
1
2
PF
PF
的点P 有且仅有2 个知以
1
2
F F 为直径的圆与椭圆有2 个公共点，
故b
c
，故椭圆
2
2
2
2
:
1
2
x
y
C
b
b
，代入( 2,1) 解得
2
2
b
，故椭圆C 的方程为
2
2
1
4
2
x
y
．…4 分
（2）（ⅰ）设
(0, )
N
n ，则由
3
AM
AN
知
0
0
0
3
3
,
,
(
0,
0)
2
2
A x
n
D x
n
n
x
，
故
1
2
0
0
0
0
,
3
2
2
3
2
2
5
k
k
x
x
n
n
n
n
x
n
n
x
，故
2
1
5
k
k 为定值．……………………10 分
（ⅱ）由（ⅰ）知直线
1
0
:
(
)
2
0
n
l
k
y
kx
n
k
x
，直线
:
5
DN y
kx
n
；
联立
2
2
1
4
2
x
y
y
k
n
x
，整理得：
2
2
2
(2
1)
4
(2
4)
0
k
x
k
n
n
x
，
故由韦达定理：
2
2
2
0
2
2
2
0
0
2
4
2(
2)
2 (
2)
2
1
(2
1)
(2
1)
B
B
B
B
n
n
k n
x x
x
y
kx
n
n
k
k
x
k
x
；
同理可得：
2
2
2
2
0
0
2(
2)
10 (
2)
(50
1)
(50
1)
E
E
n
k n
x
y
n
k
x
k
x
；
第6 页共6 页
故
2
2
2
2
2
2
2
2
0
0
0
2
2
2
2
2
2
2
2
0
0
0
2(
2)
2(
2)
96
(
2)
(50
1)
(2
1)
(50
1)(2
1)
10 (
2)
2 (
2)
12 (10
1)(
2)
(50
1)
(2
1)
(50
1)(2
1)
E
B
E
B
n
n
k
n
x
x
k
x
k
x
k
k
x
k n
k n
k
k
n
y
y
n
n
k
x
k
x
k
k
x
，
故
2
10
1
5
1
5
1
10
2
8
4
8
4
8
4
E
B
E
E
B
B
y
y
k
k
k
k
x
x
k
k
k
，
当且仅当5
1
4
8
10
10
k
k
k
时取等号；此时
2
2
10
4
2
10
7
9
2 4
2
n
n
n
，
故N 在椭圆C 内
0
成立；
综上所述：直线BE 的斜率的最小值为
10
4
．……………………17 分
