重庆市2026年普通高等学校招生全国统一考试数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年02月高三试卷_260201重庆市2026年普通高等学校招生全国统一考试（康德一诊）（全科）

数学参考答案
一、单选题
1 2 3 4 5 6 7 8
B A C C A B D C
1．解析：z (1i)i1i，则zz 2；
2．解析：因为M  PU ，所以M 与 P没有公共元素，故M ( P) ；
U U
1
3．解析：高中教师人数:初中教师人数:小学教师人数3:8:11，所以小学教师应抽取 4422人；
2
c c 1
4．解析：设焦距为2c，由e   ，得c1，所以焦距为2；
a 2 2
5．解析：由log xlog x，得log xlog x2，所以x0，且x x2，解得0 x1；
4 2 4 4
6．解析：因为AC//AC ，AD //BC 且AC AD  A，AC BC C ，所以平面ACD //平面ABC ；
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
7．解析： 取 a 0.04 ， b0.01 ， 则 a b ， 但 a2 0.00160.1 b ； 取 a 3 ， b2 ， 则
a2 3 2  b，但ab．所以“a b”是“a2  b”的既不充分也不必要条件；
1
8．解析：由条件，原问题即探求y  sin(πx)的图象与y |xcos|sin的图象有且只有一个公共点时，
π
的取值范围．注意到 y |xcos|sin的图象的顶点在单位圆x2  y2 1上，结合图象知，当
5π 7π
且仅当[ ， )时，符合条件．
4 4
二、多选题
9 10 11
ABD AC BCD
n(X 0,Y 0) 15 5 n(Y 0,X 1) 6 2
9．解析：P(X 0|Y 0)   ，P(Y 0| X 1)   ，
n(Y 0) 21 7 n(X 1) 69 23
2 4.8813.841 x ，所以若取0.05，疗效与疗法不独立，2 4.8816.635 x ，
0.05 0.01
所以若取0.01，可以认为疗效与疗法独立；
10．解析：由 f(x) f(x)，g(x)ex f(x)e2x ex f(x)e2x ex f(x)e2x  g(x)，
所以 f(x)ex ex，g(x)e2x e2x 1， f(x)在(0，)单调递增，g(x)3，
g(x) f(2x)1；
  
11．解析：设P(x ，y ) (x 0，y 0)，则AP(x 1，y )，OM (1，1) (0)或OM (1，1) (0)，
0 0 0 0 1 0 0
  
若 OM (1，1) (0) 且 APOM 0 ，则 x 1y 0 ，因为 x2  y2 1 ，矛盾；若
1 0 0 0 0
第1页 共6页  
OM (1，1) (0)且APOM 0，则x 1y 0，因为x2  y2 1，矛盾．故A选项错误；
1 0 0 0 0
y
直线AP的方程为：y  0 (x1)，与 x2  y2 0联立，化简得
1 x 1
0
2y2
[(x 1)2  y2]x2 2y2x y2 0，所以x x  0  x 1，y  y  y ，
0 0 0 0 M N (x 1)2  y2 0 M N 0
0 0
 
即x 1 x x ，y  y  y ，故AM  NP．故B选项正确；
M 0 N M 0 N 1
y y y2 π
由条件，，tantan 0 ( 0 ) 0 1，所以 ．故C选项正确；
x 1 x 1 x2 1 2
0 0 0
tantan 1 y y y 1
因为tan()  ( 0  0 ) 0  ，又因为△PAA 的面积等于
1tantan 2 x 1 x 1 x2 1 y 1 2
0 0 0 0
1
y ，所以△PAA 的面积等于 ．故D选项正确．
0 1 2 tan()
三、填空题
3
12．5 13． π 14．12 3
3
12．解析：因为a b，则2m40，得m2，ab(4，3)，|ab| 42 (3)2 5；
13．解析：轴截面是一个边长为2的正三角形，则圆锥底面半径为1，高为 3，
1 1 3
所以V  Sh π 3  π；
3 3 3
14．解析：假设n个点时有a 个满足条件的三角形区域，则增加一个点后，无论这个点在原来的某个三角形内
n
部，还是在某个三角形的边上(不与顶点重合)，都会增加两个三角形，即a a 2．因为a 4，
n1 n 1
所以a 12，即当n5时，三角形区域的个数为12．
5
一般的，除A，B，C，D外，其余n个点，若一个顶点处有偶数条公共边，只需要2种颜色即可把以
该顶点为公共顶点的三角形区分开，若一个顶点处有奇数条公共边，只需要3种颜色即可把以该顶点
为公共顶点的三角形区分开，注意到图中有一个顶点处有5个三角形，故至少需要3种不同颜色．
四、解答题
15．（13分）
解：（1）设{a }的公比为q，因为aa a a ，所以3a 2 a a ．
n 1 4 2 3 3 2 3
1
因为a 0，所以3a a ，从而q ． ……2分
3 3 2 3
a 2
又因为a 2，所以a  2 6．故a  ，nN． ……5分
2 1 q n 3n2
2 1
（2）因为a  ，所以S 9 ，nN． ……7分
n 3n2 n 3n2
第2页 共6页2 1 1
(a 13)S ( 13)(9 )，令x ， f(x)(2x13)(9x)．
n n 3n2 3n2 3n2
5 5
f(x)在(0, )上单调递增，在( ,3]上单调递减．
4 4
当n1时，x3， f(3)114；当n2时，x1， f(1)120；
当n2时，x1， f(x)120．
所以(a 13)S 的最大值为120． ……13分
n n
16．（15分）
解：（1）乙的得分不高于甲的得分的概率为：
1 2 1 1 5
PM  N PN 0PN 2[1P(M 0)]  (  ) ； ……4分
3 3 2 4 6
（2）由题意可知随机变量X 的可能取值有0、2、3、4、5分， ……5分
1 1 1
PX 0=PM 0，N 0   ，
4 3 12
1 1 1 2 1
PX 2=PM 2，N 0+PM 0，N 2  +   ，
2 3 4 3 3
1 1 1
PX 3=PM 3，N 0   ，
4 3 12
1 2 1
PX 4=PM 2，N 2   ，
2 3 3
1 2 1
PX 5=PM 3，N 2   ． ……12分
4 3 6
因此所得X 的分布列为：
X 0 2 3 4 5
1 1 1 1 1
p
12 3 12 3 6
1 1 1 1 37
所以E(X)2 3 4 5  ． ……15分
3 12 3 6 12
17．（15分）
解：（1）由条件及正弦定理，sinBcos2A2sin AcosAcosB 0，
sinBcos2Asin2AcosB0，sin(2AB)0． ……3分
因为02AB3π，所以2AB  π或2AB 2π．
因为ABC π，若2AB 2π，则AC  π，与条件矛盾；
若2AB  π，则AC，符合条件．故AC． ……7分
a2 c2 b2 2 π
（2）由条件及余弦定理，cosB  ，因为0 Bπ，所以B ．……9分
2ac 2 4
第3页 共6页3π
又由（1），知AC  ． ……10分
8
1 π 5π
在△ABD中，BAD BAC  ，ADB ．
3 8 8
AD BD AB
 
由正弦定理，知 ，
π π 5π
sin sin sin
4 8 8
5π π
sin sin
ABBD 8 8 5π π π π π 2
所以  2sin sin 2cos sin sin  ． ……15分
AD2 π 8 8 8 8 4 2
sin2
4
18．（17分）
解：（1）设M(x ，y )，由条件知，H(x ，1)．
0 0 0
又由条件， MF  MH ，所以 x2 (y 1)2  y 1，化简得x2 4y ，
0 0 0 0 0
故C 的方程为：x2 4y． ……4分
1
1 x
（2）由（1）知M(x ， x2)，因为直线m的斜率为 0 ，
0 4 0 2
1 x x 1
所以直线m的方程为：y x2  0 (xx )，即y  0 x x2．
4 0 2 0 2 4 0
x2 x x2 1 x
因为y  ，y ，所以y  在点M 处的切线方程为：y x2  0 (xx )，
4 2 4 4 0 2 0
x 1
即y  0 x x2．
2 4 0
所以，直线m是C 的切线． ……9分
1
x2
（3）由条件，设圆C 的方程为：(xr)2 (y1)2 r2 (r 0)，设C 与C 相交于点P(x， 0 )，
2 1 2 0 4
x2
则方程(x r)2 ( 0 1)2 r2，即x4 8x2 32rx 160有唯一解．
0 4 0 0 0
16 16 (3x2 4)(x2 4)
令 f(x) x38x ，x0．则 f(x)3x2 8  ．
x x2 x2
2 3
所以，当0 x 时， f(x)0， f(x)单调递减；
3
2 3 1 2 3 4 3
当x 时， f(x)0， f(x)单调递增．由条件，r  f( ) ．
3 32 3 9
4 3 16
所以C 的方程为(x )2 (y1)2  ． ……17分
2
9 27
第4页 共6页19．（17分）
解：（1）伴飞卫星P在xOy平面上的射影P的轨迹为圆，由点P运行一圈所需时间为2π，
 π π 
且P的起始位置为(0， 1)，设运行时间为t，故P  cos(t )， sin(t ) ，
 2 2 
所以P(sint， cost，t)，故经过5秒后，P的坐标为(sin5， cos5， 5)； ……4分
 
（2）AP(sint， cost1，t)，平面xOy的一个法向量为n(0， 0， 1)， ……6分
设直线AP与平面xOy所成角为，
 
t
则sin cos AP， n 
sin2tcos2t2cost1t2
t 1
  ， ……8分
t2 2cost2  t  2
sin
 
2
1 
t
 
 2 
sinx 2
令h(x) xsinx，可得当x0时，h(x)0，故0 1，可得 sin1，
x 2
π π
故直线AP与平面xOy所成角的取值范围为( ， ]； ……10分
4 2
 
（3）则Q的坐标是(0，a，t)，则OQ(0，a，t)，AP(sint，cost1，t)，OQ与AP不能垂直，
 
即OQAP0无解，即a(cost1)t2 0在(0，)上无解， ……11分
t2
当a 0时，不符合题意．令函数 f(t)cost1 (t 0)，
a
t2 t2
①当a0时， f(t)cost1  0，故a0符合题意； ……12分
a a
2 2 2
②当a 0时， f(t)sint t，记g(t) f(t)sint t ，则g(t)cost ，
a a a
2
（i）当0a2时，g(t)cost cost10，
a
故g(t)在(0， )单调递增，故当t 0时，g(t) g(0)0即 f(t)0，
故 f(t)在(0， )单调递增，故 f(t) f(0)0，
所以 f(t)在(0， )没有零点，符合题意． ……14分
π 2
（ii）当a 2时，当t(0， 2π]时，存在t (0， )，使得cost  ，且当0t t 时，g(t)单调
1 2 1 a 1
递减，故g(t) g(0)0，即t(0，t )时，f(t)0，故 f(t)在(0，t )单调递减，f(t ) f(0)0，
1 1 1
第5页 共6页1 4π2
又 f(2π)cos2π (2π)2 1 0，所以 f(t )f(2π)0，
a a 1
由零点存在性定理知 f(t)在(t， 2π)上有零点，故a 2不符合题意； ……16分
1
综上所述，a的取值范围为(， 0)(0， 2]． ……17分
第6页 共6页