重庆市2026届高三数学上学期12月联考试题含解析

这是一份重庆市2026届高三数学上学期12月联考试题含解析，共19页。试卷主要包含了 已知复数， 已知 ，则， 已知正实数 ，满足 ，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.必须在题号所指示的答题区域作答.超出答题区域书写
的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效.
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中.只有一项是符合
题目要求的.
1. 已知 ， ，若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据 求出 ，再根据交集的定义即可得解.
【详解】由于 ，则 ，解得 ，则 满足题设，故 ．
故选：B．
2. 已知直线 ，平面 和平面 ，满足 ，且 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质定理结合充分性必要性的判断即可求解.
【详解】已知： ，且 ，
当 时，
根据面面垂直的性质定理：如果一条直线垂直于两个互相垂直
的平面中的一个平面，那么这条直线与另外一个平面平行
或在另外一个平面内，而题中说 ，
故只能是 ，所以充分性成立；
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当 时，直线 与平面 有可能平行，
相交或者在平面 内，不一定有 ，所以必要性不成立.
综上可知 “ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A
3. 已知复数 （ 为虚数单位），则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算即可求解.
【详解】由题意 .
故选：D．
4. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件利用两角和的余弦公式化简得出 的值，然后利用诱导公式求解即可.
【详解】因为
则 ，
故 ，
所以 ，
故选：D.
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5. 已知定义在 上的奇函数 ，则 的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由 是奇函数求得 ，根据函数的单调性求解不等式.
【详解】∵函数 是奇函数， ，即 ，
，即 ， 为 上单调递增的函数，
，则 ，解得 .
故选：A.
6. 已知正项等差数列 中， ， ，若 ，则 （ ）
A. 10 B. 13 C. 15 D. 17
【答案】C
【解析】
【分析】先根据条件求出 和 ，再写出前 项和为 ， 则 解得
.
【详解】设等差数列的首项为 ，公差为 ，则由 ，得 ，
解得 ，或 （舍）， ，设数列 的前 项和为 ，则
，故 ，解得 .
故选：C．
7. 已知函数 ，将函数 的图象向左平移 个单位长度，得到函数
的图象．当 时， 与 的图象交于 两点，则 （ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先化简 ，再根据图象平移求得 的解析式，然后根据 求得 的表示，再对
进行赋值，则 可求.
【详解】由题意得 ，
，两个函数的周期均为 ，
与 的图象交于 两点，故令 ，
( )或 ( )，
解得 ( )，∴不妨取 ，则 ，
故选：C．
8. 过点 作 的切线 ，切点为 ，以 为直径的圆与 轴交于另一点 ，则 到 的距离为
（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据导数的几何意义求出切点 ，从而可求出以 为直径的圆的方程，进而可求出点 的坐
标，再根据点到直线的距离公式计算即可.
【详解】由题意知 ，设切点 为 ，所以切线方程为 ，
又切线过点 ，
所以 ，解得 ，
所以 或 ，两点关于 轴对称，则 ，
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∴切线为 或 ，
则以 为直径的圆为 或 均交 轴于 ，
所以 到 的距离 .
故选：B．
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 已知正实数 ，满足 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 AB 选项可用基本不等式可判断，对于 C 选项举反例即可，对于 D 选项则根据条件进行消元
转化为二次函数值域问题可得.
【详解】对于 A：因为 ，所以
，
即 ，当且仅当 时取等号，故 A 正确；
对于 B：因为 ，所以 ，
当且仅当 ，即 时取等号，故 B 正确；
对于 C：举例 ，满足 ，但 ，故 C 不正确；
对于 D：由 ， ，
当且仅当 时取等号，故 D 成立；
故选：ABD.
10. 已知四棱柱 中，各棱长均为 1， ，则（ ）
A. B.
C. 若 ，则 D. 若 ，则
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【答案】AC
【解析】
【分析】对于 A，由题可得 ，再证 ，则 面 ，即可求解；对于 B，
，又可得 ，故 B 错误；对于 C, 由 ，
两 边 平 方 ， 利 用 数 量 积 运 算 可 得 ， 故 C 正 确 ； 对 于 D， 易 证 ，
，可得 , ，求得 ，即可求得 ，
故 D 错误．
【详解】由题意得四棱柱 底面为菱形，则 ， 为 平分线.
又因为 ，则 在平面 射影 在直线 上，
所以 平面 ，则 ，
面 ， 面 ， ，故 A 正确；
由 为平行六面体，所以 ，
所以 .
又
所以
，
故 B 错误；
，设 ，
则 ，
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解得 ，故 C 正确；
由 ，则 为菱形，则 ，
， ，
，
即 ，
， ，
所以 ，故 D 错误．
故选：AC
11. 已知三次函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 时，则 增函数
B. 若 时，则 有两个极值点
C. 若 时，当 在 取极大值，则
D. 若 时，则 图象关于 中心对称
【答案】BC
【解析】
【 分 析 】 对 于 A， 求 出 ， 讨 论 的 正 负 即 可 进 行 判 断 ； 对 于 B， 求 出
， 结 合 极 值 点 的 概 念 判 断 导 函 数 零 点 的 个 数 即 可 判 断 ； 对 于 C， 求 出
，对 和 两种情况分别讨论，借助于函数单调性即可判断；对于 D，当
时， ，求出 ，即可判断.
【详解】由三次函数 ，则 ，
A，当 时，则 ，
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当 时， ，即 为增函数；
当 时，令 ，解得 ，
所以 在 上单调递增，
令 ，解得 或 ，
所以 在 和 上单调递减，故 A 错误；
B，由 ，由 ，则 ，
即 有两个不等实数根，故 有两个极值点，故 B 正确；
C，由 ，则 ，
当 ，此时 ，
设 的两根为 ，且 ，
在 、 上 ，在 上 ，
在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减，则
；
当 时，若 有极大值，则 ，解得 ，
令 的两根为 ，此时 ，
在 、 上 ，在 上 ，
在 上 单 调 递 增 ， 在 上 单 调 递 减 ， 在 上 单 调 递 增 ， 则
，故 C 成立；
D，若 时，则 ，
，则图象关
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于 中心对称，故 D 错误．
故选：BC.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知 ， ，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据向量的加法坐标运算求出 ，再根据向量的模计算公式即可求解.
【详解】 ，
．
故答案为： .
13. 已知 是定义在 上的奇函数，对于任意的正实数 都有 ，已知 ，那
么 ______．
【答案】 ##0.5
【解析】
【分析】利用奇函数先求 ，再由 得周期，利用周期即可求解.
【详解】 是奇函数， ， ，即 ，
又 ， ，
故 时， 周期为 2，则 ．
故答案为： ．
14. 如图，已知圆锥 PO，用平行于底面的截面，将圆锥 PO 分切成小圆锥 和圆台 ，此时圆锥 的
顶点 P 和圆 上所有点均在球 上，圆台 存在和上下底面及侧面均相切的球 ，若球 和 的半
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径均为 ，则圆锥 和圆台 的高之比为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥和圆台的性质，结合相切，以及锐角三角函数，可得 ，
，即可根据二倍角公式求解.
【详解】由题意，在轴截面等腰三角形 中， ，平行于底面的截面与轴截面形成了交线
，
将 分为 和梯形 ，圆 和圆 分别为两部分的外接圆和内切圆，半径均为 ，
则有 高 ，梯形高 ， ， ，
， ， ，
，令 ，则 ，解得 ，所以 ．
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故答案为：
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知圆 C 的圆心在 y 轴，经过 ， ，过直线 上的动点 作圆 的切线，
切点分别为 ．
（1）求圆 C 的标准方程；
（2）若 ，求 P 点坐标．
【答案】（1）
（2） 或
【解析】
【分析】（1）由题意，设出圆心与标准方程，代入已知点，求得参数，可得答案；
（2）根据切线长定理以及三角形射影定理，求得动点轨迹，联立方程，可得答案.
【小问 1 详解】
由题意，设圆心 ，半径为 ，标准方程为： ，
代入 ， ， ，
∴圆 的标准方程为 ．
【小问 2 详解】
弦 交 于 ，则 ， ，
∴由直角三角形射影定理： ，
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点满足： 或 ，
即 点为 或 ．
16. 在 中，内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，且 ．
（1）求角 B；
（2）若 是锐角三角形， ， 为 AC 边中点，求 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式可求得 的值，则角 可求；
（2）根据三角形形状先求解出角 的范围，再由正弦定理以及两角和的正弦公式表示出 并求出其范围，
将 平方可计算出 的范围，则结果可知.
小问 1 详解】
， ，
由正弦定理可得 ，
， ，
，则 ， ，
则 ，所以 ．
【小问 2 详解】
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由（1）知 ，
∵ 为锐角三角形，则 ， ，
，则 ，
由正弦定理可得 ，
，
为 边中点， ，
，
，即 ．
17. 数列 满足 ， ．
（1）求证：数列 是等比数列，并求数列 的通项公式；
（2）设 ，数列 的前 n 项和为 ，求 ．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）对通项公式进行变形，结合等比数列的定义、通项公式进行求解即可；
（2）利用分组求和法、错位相减法、等差和等比数列的前 n 项和公式进行求解即可.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
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所以 ，而 ，
所以 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列；
所以 ，则 ；
【小问 2 详解】
由（1）可知 ，则 ，
令
，
，
作差得： ，
．
令 ，
则 ，
．
18. 如图，直角梯形 ， ， ， ， 为 中点，将 沿 折起，
使 D 到 P 处．
（1）求证： 平面 ；
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（2）若平面 平面 ， ， ，
（ⅰ）当 时，求证：平面 平面 ；
（ⅱ）当二面角 的正弦值为 时，求 的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 或 .
【解析】
【分析】（1）连接 交 于点 ，连接 ，根据中位线证得 ，再利用线面平行的判定定理
即可得证；
（2）由题设证得 ，以 方向为 轴， 轴， 轴的正方向，建
立空间直角坐标系，由 ，得 ．
（ⅰ）利用向量数量积证得 ，进而根据线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；
（ⅱ）求平面 与平面 的法向量，由题意求得二面角 的余弦值，利用向量方法列式
计算即得.
【小问 1 详解】
连接 交 于点 ，连接 ，由题意四边形 是矩形，所以 为 中点，
又因为 为 中点，所以在 中，有 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
【小问 2 详解】
由 ， ，得 ，则 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
面 ， 面 ，则 ，
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在矩形 中，有 ，
以 为原点，以 方向为 轴， 轴， 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则有 ， ， ， ， ， ，
所以 ， ， ，
由 ， ．
（ⅰ）当 时， ， ，
， ，
， ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 ，则平面 平面 ．
（ⅱ）取平面 的法向量 ，设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
因为二面角 的正弦值为 ，则余弦值为 ，
，
化简得： ，解得 或 ．
19. 已知函数 ．
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（1）求 在 上的单调区间；
（2）当 时， ，求 a 的范围；
（3）令 ，证明：当 时 有极大值 ，且 ．
【答案】（1）单调增区间 ，单调减区间为 ，
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求函数 的导数，解导数为零的方程，分区间判断导数的正负，确定函数的单调区间.
（2）构造函数，通过多次求导分析函数的单调性，结合端点值分情况讨论，得出参数 的取值范围.
（3）求 的导数，利用导数的单调性与零点存在定理确定极大值点，结合已有结论与构造函数证明不
等式.
【小问 1 详解】
， ，得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
在 上的单调增区间为 ，单调减区间为 ， ．
【小问 2 详解】
令 ， ，
， ， ， ，
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， 时 为增函数，
若 ，则 ，由 ，则 ，
在 单调递增，由 ，则 时 ，
在 单调递增，有 ，则 时 ，
在 单调递增，有 ，则 时 ，
即 在 成立，
若 ，则 在 有解 ，即 ，
在 时单调递减，则
在 时单调递减，则
在 时单调递减，则 不成立，
∴综上所述 ．
【小问 3 详解】
，
，
在 时为减函数， ， ，
∴存在 使得 ，
∴当 时， ；当 时， ；
在 单调递增，在 单调递减， 是 的一个极大值点，
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由（2）有 在 恒成立，即 ①
由 则 ，则需证 在 恒成立，
令 ，则 ，在 单调递增， 单调递减，
，则 ②在 恒成立，
∴由①②得 时 ，
．
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