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