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（扫描版，含答案）

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 ， U A {3， 7， 13， 19}．
2 题【 —解析】折线图更能体现变化趋势．
3 题【 —解析】lg x log2 x 2lg x (log2 x 2) lg x 0 log2 x 2 或 lg x 0 ，即 x 4或 x 1．
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
y 1 1函数 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
何体的体积为V 1 4 πr 3 2 πr 3 18π ，解得 r 3．
2 3 3
6 题【 —解析】由 A 2B，则有 sin A sin 2B，即 sin A 2sin Bcos B，即 a 2b cosB，若 a 2b，
a2 c2 b2 2 2 2
则 cos B 1，显然不成立，A 错；由 a 2b cosB有，a 2b a (c b) b(c b ) ，
2ac
若b c 2，有 a b2 bc，若b c，则有△ABC 2 2是等腰直角三角形， a b bc成立，B 正确；
由 A B C ， A 2B得C 3B，所以 cosC cos3B．C 错误；
sin B sinC sin B sin 3B 2sin 2B cosB 2sin AcosB B (0, π) cos B (1，因为 ，则 ,1) ，
3 2
所以 sin B sinC sin A，D 错误．
7 题【 —解析】不妨设 z1 a bi（ a,b不同时为零），z2 c di（ c,d 不同时为零），则OZ1 (a,b) ，
a2 c2 b2 d 2
OZ2 (c,d )，由条件 z
2
1 z
2
2 0有 ，若 a 0，则有 d 0，所以两复数一个
ab cd
OZ OZ a 0 a2 (a2 2 2 2 2在实轴上，一个在虚轴上，所以 1 2 ；若 ，则有 c ) d (a c ) ，显然
a2 c2 0 2，则 a d 2 ，若 a d，则有b c，所以 ac bd 0 ，有OZ OZ
1 2
，若 a d，
则有b c，所以 ac bd 0 ，即OZ1 OZ2 ，所以△OZ1Z2 为直角三角形．
8 f (x) sin 2 x cos4 x (1 cos2 x) cos4 x cos4 x cos6题【 —解析】 x ，令 t cos2 x，则 t [0,1]，
f (t) t 2 t 3 ，则 f (t) 2t 3t 2 ，所以 f (t)在 t (0, 2) 2 上单调递增，在 ( ,1) 上单调递减，
3 3
f (t) f ( 2) ( 2)2 2 4所以 max ( )
3 ．
3 3 3 27
9 10 11
BC ABD BCD
9 1
1
题【 —解析】设幂函数 y f (x) x （ 为实数），则16 24 2 ，解得 f (x) x 4 ；
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) x 4 是定义域[0, ) 上的凸函数，故
1 2 f 1 2 成立，故 C 正确、D2 2
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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 x1, y1 ,B x2 , y2
x my 1
联立方程 22 ，消去 x可得 y 4my 4 0 ，故 yy 4x 1
y2 4m, y1y2 4；

x x y
2
1 y
2
2 (y1y )
2
所以 1 2
2 1，故OA OB x x y
4 4 16 1 2 1
y2 1 4 3 为定值，故 A 正确；

令C( 1, y1),D( 1, y2) ，故FC ( 2, y1),FD ( 2, y2) ，故 FC FD 4 y1y2 0 ，故以CD为
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
d 1 AB ，故以 AB为直径的圆与准线相切，故 APB 90 ，故 C 错误；
2 2
则 y1 y2 y
2
1 y2 4y1y 22 16m 16 4 m 2 1 ，
1
故 S△OAB OF y1 y
1
2 1 4 m
2 1 2 m 2 1 2 ，当且仅当m 0时等号成立，
2 2
所以△OAB面积的最小值为 2，故 D 正确．
11 题【 —解析】以D为原点建立空间直角坐标系D xyz：A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,2) ；

则 BP BD1 ( , , 2 ) AP ( ,1 , 2 ),CP (1 , , 2 ) ；
1 1 1
当 时， PA , , 1

,PC
1 1
, , 1

，故 cos APC 1 0 ，故 A 错误；
2 2 2 2 2 3

BD 1若 1 ⊥平面 APC，则 BD1 AP,BD1 CP ，故 BD1 AP BD1 CP 0，解得 ，故 B6
正确；

因为 AP | PC |，只须求 AP 的最小值： AP 取最小值时 AP BD1 ，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
d 1 1 1
n 12 2 4 1 1 1
2
，故当 2 0 时，距离取得最大值，2 2 24
故 D 正确．
12 13 14
16
x3
11
3x
5 5
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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, )
3
上单调递增，则 f (x) 在 ( , 1)上单调递增，则可取 f (x) x 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 y
则直线 ED为 y x 1 ，联立 2
6 8
，解得 F ( , ) ，
2 x2 y2 5 5 A D 4
S 1 6 1 8 11
F
所以 BCFE S BEF S BCF 1 2 ． E2 5 2 5 5
B C x
四、解答题：
15．（13 分）
解：（1）假设{an}是常数列，有 an an 1(n 2) ，则 an 3an 4 ，
2
整理得 an 3an 4 0 ，解得 an 4 ，或 an 1（舍），
经验证成立，所以数列{an}可以是常数列， an 4 ．……………………6 分
3
（2）当 n 2 时，当 an 4 时， | an 4 | 0 | a4 n 1
4 | ，
| ( 3an 1 4 4)( 3a 4 4) |
当 an 4 | a 4 | | 3a
n 1
时， n n 1 4 4 | 3an 1 4 4
3 | an 1 4 | 3 | a 4 | ，
3an 1 4 4 4
n 1
综上， | an 4 |
3
| an 1 4 | ． ……………………13 分4
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，
1 2 2
P C7C3 C7C
1
5 C
3
7 161故所求概率为 3 ．……………………5 分C12 220
（2）X可能的取值为 0，1，2．
C3 6 C2 C1 90 9 1 2P X 0 103 ， P X 1 10 23 ， P X 2
C
10
C2 10 1
3 ．………………12 分C12 11 C12 220 22 C12 220 22
故 X的分布列为
X 0 1 2
6 9 1
P
11 22 22
故E(X ) 0 6 1 9 2 1 1 ．……………………15 分
11 22 22 2
17．（15 分）
解：（1）连接 BD，因为 BC CD 2， BCD 60 ，
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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 cos 60 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，
2 2 2
则 cos PAB PA AB PB 1 1 3 1 2π ，所以 PAB ，
2PA AB 2 2 3
P AD 2π所以二面角 C为 ．……………………10 分
3
（3）取 PD，BD中点O1，O2 ，因为△PAD，△ABD均为直角三角形，所以O1，O2 分别是△PAD，△ABD
的外接圆的圆心，过O1，O2 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
接球的球心，取 AD中点M ，连接O1M ，O2M ，O1O，O2O，如图
O1M
1 O M 1 ， 2 ， O1MO2 120 ，2 2
在△MO1O2 中，O1O2 (
1)2 (1)2 2 1 1 1 3 ，
2 2 2 2 2 2
△MO O1O21O2 外接圆的直径 1，所以OM 1，sin120
所以OD2 OM 2 MD2 7 ， S 4πOD 2 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 2
解：（1） 1，所以 a2 2 2 4，b
2 3 y，椭圆C： 1 .……………………4 分
a 2b 4 3
a2 b2 c2
（2）设 l：y kx m(k 0)， A(x1，y1)，B(x2，y2 ) ，
y kx m
联立 2 2 2 (3 4k )x 8kmx 4m 12 0 ，2 2
3x 4y 12
48(4k 2 m2 3) 0，所以m2 4k 2 3……①，
2
x x 8km x x 4m 121 2 ， ， ………………6 分3 4k 2 1 2 3 4k 2
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y
所以 k 1AF kBF
y2 kx1 m kx2 m 2k ，化简得 (m k)(x
1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1
x2 2) 0 ，
1 2 1 2
2
因为 l不过 F1( 1,0)，所以m k，所以 x1 x 2
8km
2 ，即 2 m
4k 3
，所以 ……②，
3 4k 2 4k
(4k 2 3)2
②代入①得： 2 4k
2 3 k 2 1 k , 1 1， 解得 ,
.……………………10 分
16k 4 2 2
2 2
（3）设 P(x0 , y0 )，切线 l1 : y k
x y
1(x x0 ) y0 ，联立 1可得：4 3
(3 4k 21 )x2 8k1(y0 k1x0 )x 4(y0 k1x0 )2
3x
12 0 ， 0，得 k 01 ；4y0
4y
所以 k 0 ，则 l：y kx，设 A(x1，y1)，B(x3x 2
，y2 ) ，
0
y kx
联立 (3 4k 2)x2 12 ，
3x2 4y2 12
2
所以 | AB | 1 k 2 | x1 x2 |
4 3 1 k
，又因为 d | kx0 y0 |P l ，
3 4k 2 1 k 2
S 1 | AB | d 2 3 | kx0 y0 | 4y所以 ABP P l ，因为 k 0 ，△ 2 3 4k 2 3x0
S 2 3 | y0 | 2 3所以 ABP ， ……………………15 分△ 2
3 3 64y0 3 3 64
9x2 y 2 20 0 9x0
x 20 y
2
0 1 3 64 x
2 y 2 25 3x2 2
因为 ，所以 0 0 0
64y0 49
2 2 2 2 ，4 3 y0 9x0 4 3 9 4y0 27x0 9
2 3
所以 S ABP ………………16 分△ 7
16 9
当且仅当 x2 20 ，y0 时取等. ……………………17 分7 7
19．（17 分）
解：（1）令 h(x) f (x) g(x) ln(1 x) x ln(1 x) 1 1 ，
1 x 1 x
则 h(x) 的定义域为 ( 1， ) ，且 h (x)
1 1 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 hmin (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．
……………………4 分
2
（2）① (x) [ f (x)]2 xg(x) ln 2(1 x x) 的定义域为 ( 1， ) ，求导得：
1 x
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(x) 2 ln(1 x) x
2 2x 2(1 x) ln(1 x) x2 2x
；
1 x (1 x)2 (1 x)2
2 2x
令 (x) 2(1 x) ln(1 x) x 2 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 2 2
令G(x) ，x (0， 1] ，则G (x) 1 1 (1 x) ln (1 x) x ；
ln(1 x) x (1 x) ln 2(1 x) x2 x2(1 x) ln(1 x)
x (0 1] (x) (x) ln2 (1 x) x
2
由①知：当 ， 时， 单调递减，故 (0) 0 ，
1 x
即 (1 x) ln 2(1 x) x2
1
0 G (x) 0 ，故G(x)在 (0， 1]上单调递减，故Gmin (x) G(1) 1；ln 2
故 a 1的最大值为 1． ……………………17 分
ln 2
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