重庆市2026年普通高等学校招生全国统一考试康德调研（三）数学+答案_副本_12.2026年4月全国各地高考模拟卷_2026届重庆市康德高三模拟调研卷（三）全科

公众号：高考试卷君公众号：高考试卷君公众号：高考试卷君公众号：高考试卷君重庆市 2026 届高考模拟调研卷（三）
数学答案
1 2 3 4 5 6 7 8
C C B A B B D C
1题【 —解析】U  2,3,5,7,11,13,17,19 ，ð A{3， 7， 13， 19}．
U
2题【 —解析】折线图更能体现变化趋势．
3题【 —解析】lgxlog x2lgx(log x2)lgx0 log x2或lgx0，即x4或x1．
2 2 2
1
4题【 —解析】直线l与函数 y  相切即直线l是函数的切线，显然只有一个公共点，如直线x1与
x
1 1
函数 y  只有一个公共点，但直线x1不与 y  函数相切．
x x
π
5题【 —解析】圆心角为 的扇形OAB绕着OA旋转一周得到几何体为一个半径为r的半球，故几
2
1 4 2
何体的体积为V   πr3  πr3 18π，解得r 3．
2 3 3
6题【 —解析】由A2B，则有sin Asin2B ，即sin A2sinBcosB ，即a 2bcosB，若a 2b，
a2 c2 b2
则cosB 1，显然不成立，A错；由a 2bcosB有，a 2b a2(cb)b(c2b2) ，
2ac
若bc，有a2 b2 bc，若bc，则有△ABC是等腰直角三角形，a2 b2 bc成立，B正确；
由ABC ，A2B得C 3B，所以cosC cos3B．C错误；
π 1
sinBsinC sinBsin3B 2sin2BcosB 2sin AcosB，因为B(0, )，则cosB( ,1)，
公众号：高考试卷君
3 2
所以sinBsinC sin A，D错误．

7题【 —解析】不妨设z abi（a,b不同时为零），z cdi（c,d 不同时为零），则OZ (a,b)，
1 2 1
 a2 c2 b2 d2
OZ (c,d)，由条件z2 z 2 0有 ，若a 0，则有d 0，所以两复数一个
2 1 2 abcd
在实轴上，一个在虚轴上，所以OZ OZ ；若a 0，则有a2(a2 c2)d2(a2 c2)，显然
1 2
 
a2 c2  0，则a2 d2，若a d，则有bc，所以acbd 0，有OZ OZ ，若a d，
1 2
 
则有bc，所以acbd 0，即OZ OZ ，所以△OZ Z 为直角三角形．
1 2 1 2
8题【 —解析】f(x)sin2xcos4x (1cos2x)cos4x cos4xcos6x ，令t cos2 x，则t[0,1]，
2 2
f(t)t2 t3，则 f(t)2t3t2，所以 f(t)在t(0, )上单调递增，在( ,1)上单调递减，
3 3
2 2 2 4
所以 f (t) f( )( )2( )3  ．
max 3 3 3 27
9 10 11
BC ABD BCD
1 1
9题【 —解析】设幂函数 y  f (x) x（为实数），则16 24 2，解得  f(x) x4；
4
故 f(x)在定义域[0,)上单调递增，不具有奇偶性，故A错误、B正确；
1 f(x ) f(x )  x x 
函数 f(x) x4 是定义域[0,)上的凸函数，故 1 2  f  1 2 成立，故C正确、D
2  2 
第 1 页 共 6 页错误．
10题【 —解析】抛物线 y2 4x的焦点为F(1,0)；设直线AB:x my1，A  x ,y  ,B  x ,y 
1 1 2 2
xmy1
联立方程 ，消去x可得 y2 4my40，故 y  y  4m,y y 4；
y2 4x 1 2 1 2
y2 y2 (y y )2  
所以x x  1  2  1 2 1，故OAOB  x x y y 143为定值，故A正确；
1 2 4 4 16 1 2 1 2
   
令C(1,y ),D(1,y )，故FC (2,y ),FD (2,y ) ，故FCFD  4 y y 0，故以CD为
1 2 1 2 1 2
直径的圆经过焦点F ，B正确；
又 AB  AF  BF  AC  BD ，故以AB为直径的圆的圆心到准线的距离
AC  BD 1
d   AB ，故以AB为直径的圆与准线相切，故APB90，故C错误；
2 2
则 y  y   y  y 24y y  16m216 4 m21，
1 2 1 2 1 2
1 1
故S  OF  y y  14 m21 2 m21 2 ，当且仅当m0时等号成立，
△OAB 2 1 2 2
所以△OAB面积的最小值为2，故D正确．
11题【 —解析】以D公 为原
众
点建立
号
空间
：
直角坐
高
标系
考
D
试
xyz：
卷
A(1,
君
0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D
1
(0,0,2)；
   
则BP BD (,,2) AP (,1,2),CP (1,,2) ；
1
1  1 1    1 1  1
当 时，PA  , ,1,PC    , ,1 ，故cosAPC  0，故A错误；
2 2 2   2 2  3
        1
若BD ⊥平面 APC ，则BD  AP,BD CP ，故BD AP BD CP  0，解得 ，故B
1 1 1 1 1 6
正确；
  1
因为 AP |PC|，只须求 AP 的最小值： AP 取最小值时AP  BD ，此时由选项B知 ，
1 6
故C正确；

取平面ACP的法向量n(2,2,21) ，故顶点B到平面APC的距离
 
ABn 2 1
d     1 1
n 122 41 11  2 ，故当 20 时，距离取得最大值，
2

2  2
4 
故D正确．
12 13 14
16 11
x3 3x
5 5
第 2 页 共 6 页16
12题【 —解析】因为a//b，所以30x166  x ．
5
13题【 —解析】由 f(x1) f(1x)0得 f(x)为奇函数， f(x)在(1,1)上单调递减，在(1,)
上单调递增，则 f(x)在(,1)上单调递增，则可取 f(x) x33x．
14题【 —解析】如图建立直角坐标系，B(0,0)，C(2,0)，A(0,2)，E(0,1)，D(2,2)，
 1
1 y  x1 6 8 y
则直线ED为 y  x1，联立 2 ，解得F( , )，
2  x2  y2  4 5 5 A D
F
1 6 1 8 11
所以S S S  1  2  ． E
BCFE BEF BCF 2 5 2 5 5
B C x
四、解答题：
15．（13分）
解：（1）假设{a }是常数列，有a a (n 2)，则a  3a 4 ，
n n n1 n n
整理得a 2 3a 40，解得a 4，或a 1（舍），
n n n n
经验证成立，所以数列{a }可以是常数列，a 4．……………………6分
n n
3
（2）当n2时，当a 4时，|a 4|0 |a 4|，
n n 4 n1
|( 3a 4 4)( 3a 4 4)|
当a  4时，|a 4|| 3a 44| n1 n1
n n 公众 n1 号：高考3试a 卷44君
n1
3|a 4| 3
 n1  |a 4|，
3a 44 4
n1
n1
3
综上，|a 4| |a 4|． ……………………13分
n 4 n1
16．（15分）
解：（1）抽出3张彩票奖金总额不高于700的情况有三种，3张彩票都是三等奖，2张三等奖彩票加1张二等奖
彩票或1张一等奖彩票，1张三等奖彩票加2张二等奖彩票，
C1C2C2C1C3 161
故所求概率为P 7 3 7 5 7  ．……………………5分
C3 220
12
（2）X可能的取值为0，1，2．
C3 6 C2C1 90 9 C1 C2 10 1
PX 0 10  ，PX 1 10 2   ，PX 2 10 2   ．………………12分
C3 11 C3 220 22 C3 220 22
12 12 12
故X的分布列为
X 0 1 2
6 9 1
P
11 22 22
6 9 1 1
故E(X)0 1 2  ．……………………15分
11 22 22 2
17．（15分）
解：（1）连接BD，因为BC CD  2，BCD60，
第 3 页 共 6 页所以△BCD是等边三角形，所以BD 2，
因为AB//CD，所以ABD BDC 60，
所以在△ABD中，AD  14212cos60  3 ，
所以BD2  AB2 AD2，所以AD  AB，
因为PD2 PA2 AD2，所以AD  PA，因为PAAB  A，所以AD 平面PAB，………5分
（2）因为AD 平面PAB，所以PAB是二面角P ADC的平面角，
PA2 AB2 PB2 113 1 2π
则cosPAB   ，所以PAB ，
2PAAB 2 2 3
2π
所以二面角PADC为 ．……………………10分
3
（3）取PD，BD中点O ，O ，因为△PAD，△ABD均为直角三角形，所以O ，O 分别是△PAD，△ABD
1 2 1 2
的外接圆的圆心，过O ，O 分别作平面PAD和平面ABD的垂线，交于点O，即为三棱锥PABD外
1 2
接球的球心，取AD中点M ，连接OM ，O M ，OO，O O，如图
1 2 1 2
1 1
OM  ，O M  ，OMO 120，
1 2 2 2 1 2
公众1 号1 ：高1 1考1 试3卷君
在△MOO 中，OO  ( )2( )22    ，
1 2 1 2 2 2 2 2 2 2
OO
△MOO 外接圆的直径 1 2 1，所以OM 1，
1 2 sin120
7
所以OD2 OM2 MD2  ，S 4πOD2  7π，
4
所以三棱锥PABD外接球的表面积为7π．……………………15分
18．（17分）
c1

 2 3 x2 y2
解：（1）  1，所以a2 4，b2 3，椭圆C：  1.……………………4分
a2 2b2 4 3

 a2 b2 c2
（2）设l：ykxm(k 0)，A(x，y )，B(x，y )，
1 1 2 2
ykxm
联立 (34k2)x2 8kmx4m2 120，
3x2 4y2 12
48(4k2 m2 3)0，所以m2 4k2 3……①，
8km 4m2 12
x x  ，xx  ， ………………6分
1 2 34k2 1 2 34k2
第 4 页 共 6 页y y kx m kx m
所以k k  1  2  1  2  2k ，化简得(mk)(x x 2)0，
AF1 BF1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 2
1 2 1 2
8km 4k2 3
因为l不过F(1,0)，所以mk，所以x x 2，即 2，所以m ……②，
1 1 2 34k2 4k
(4k2 3)2 1  1 1 
②代入①得： 4k2 3k2  ， 解得k  ,  , .……………………10分
16k2 4  2 2 
x2 y2
（3）设P(x ,y )，切线l :yk (xx ) y ，联立  1可得：
0 0 1 1 0 0 4 3
3x
(34k2)x2 8k (y k x )x4(y k x )2 120，0，得k  0 ；
1 1 0 1 0 0 1 0 1 4y
0
4y
所以k  0 ，则l：ykx，设A(x，y )，B(x，y )，
3x 1 1 2 2
0
ykx
联立 (34k2)x2 12，
3x2 4y2 12
4 3 1k2 |kx  y |
所以|AB| 1k2 |x x | ，又因为d  0 0 ，
1 2 34k2 Pl 1k2
1 2 3|kx y | 4y
所以S  |AB|d  0 0 ，因为k  0 ，
△ABP 2 P 公 l 众3号4k2 ：高考 3x 试卷君
0
2 3| y | 2 3
所以S  0  ， ……………………15分
△ABP 64y 2 3 64
3 3 0 3 
9x2 y 2 9x2
0 0 0
x 2 y 2  3 64 x 2 y 2  25 3x2 64y2 49
因为 0  0 1，所以   0  0    0  0  ，
4 3  y 2 9x2  4 3  9 4y2 27x2 9
0 0 0 0
2 3
所以S

………………16分
△ABP 7
16 9
当且仅当x2  ，y2  时取等.……………………17分
0 7 0 7
19．（17分）
x 1
解：（1）令h(x) f(x)g(x)ln(1x) ln(1x)1 ，
1x 1x
1 1 x
则h(x)的定义域为(1， )，且h(x)   ；
1x (1x)2 (1x)2
当x(1， 0)时，h(x)0，h(x)单调递减；当x(0， )时，h(x)0，h(x)单调递增；
故h (x)h(0)0，故h(x)只有1个零点，即曲线 y  f (x)与 y  g(x)的公共点个数为1．
min
……………………4分
x2
（2）①(x)[f(x)]2xg(x)ln2(1x) 的定义域为(1，)，求导得：
1x
第 5 页 共 6 页2ln(1x) x22x 2(1x)ln(1x)x22x
(x)   ；
1x (1x)2 (1x)2
2 2x
令(x)2(1x)ln(1x)x22x ，则(x)2ln(1x)2x ，(x) 2 ；
1x 1x
当x(1， 0)时，(x)0，(x)单调递增；当x(0， )时，(x)0，(x)单调递减；
故(x)(0)0恒成立，故(x)在定义域(1， )上单调递减；
故当x(1， 0)时，(x)(0)0(x)0；当x(0， )时，(x)(0)0(x)0；
故(x)的单调增区间为(1， 0)，单调减区间为(0， )． ……………………10分
1 
②两边取对数，得： aln(1x)1对任意的x(0， 1]都成立；
 x 
1 1
参数分离：a  ，x(0， 1]都成立；
ln(1x) x
1 1 1 1 (1x)ln2(1x)x2
令G(x)  ，x(0， 1]，则G(x)   ；
ln(1x) x (1x)ln2(1x) x2 x2(1x)ln(1x)
x2
由①知：当x(0， 1]时，(x)单调递减，故(x)ln2(1 x) (0)0 ，
1x
1
即(1x)ln2(1x)x2 0G(x)0 ，故G(x)在(0， 1]上单调递减，故G (x)G(1) 1；
min ln2
1
故a的最大值为 1． ……………………17分
ln2
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