重庆市重点高中2026届高三上学期12月联考检测数学试卷（Word版附解析）

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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. 已知集合，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出集合B再求出交集.
【详解】，
∴，则，
故选A．
【点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题.
2. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查复数的四则运算和几何意义，属于基础题，利用复数的四则运算化简复数z，再根据其几何意义即可求解．
【详解】∵复数，
∴复数z对应的点的坐标是，
∴复数在复平面内对应的点位于第四象限．
故选：D．
3. 已知向量若则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】先求出坐标，再根据平面向量数量积的坐标表示求解即可.
【详解】向量
则
所以
解得.
故选：C.
4. 为了分析某次数学模拟考试成绩，在90分及以上的同学中随机抽取了100名同学的成绩，得到如下成绩分布表：
根据表中的数据，下列结论中正确的是（ ）
A. 所抽取的100名同学的成绩的中位数小于120
B. 所抽取的100名同学的成绩低于130所占比例超过
C. 所抽取的100名同学的成绩的极差不小于40且不大于60
D. 所抽取的100名同学的成绩的平均分数介于100至110之间
【答案】C
【解析】
【分析】结合中位数定义判断A，计算成绩低于的同学所占比例判断B，根据极差的定义判断C，计算平均数的估计值判断D.
【详解】对于A选项，根据人数分布可知，所以所抽取的100名同学的成绩的中位数不小于120，所以A选项不正确；
对于B选项，所抽取的100名同学的成绩低于130的人数为，
故所抽取的名同学的成绩低于所占比例低于，所以B选项不正确；
对于C选项，所抽取的100名同学的成绩的极差最大值为，极差最小值大于，所以C选项正确；
对于D选项，成绩的平均分数，所以D选项不正确，
故选：C.
5. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两角和的正切公式求得，再根据二倍角的余弦公式和同角公式将化为正切的形式，代入正切值即可求解.
【详解】由，可得，即，解得，
所以.
故选：A.
6. 已知为等差数列， 为的前项和． 若， 则当取最大值时， 的值为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的前项和公式及等差数列下角标的性质即可求解.
【详解】因，所以，又，所以，所以，则.
故选: C.
7. 设正整数，其中，记，则下列不正确的选项是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由n的表达式及的表达式，结合等比数列的前n项和公式逐项求解判断.
【详解】对于A，，则，A正确；
对于B，取，则，，而，
因此，B错误；
对于C，
，
因此，C正确；
对于D，，是首项为1，公比为9的数列的前n项和，
即，
因此，D正确.
故选：B
8. 若函数有极值，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对函数求导，设，，分，结合导数分析求解即可.
【详解】由，，
则，
令，，
则，
当时，恒成立，则，
即函数在上单调递增，此时函数无极值，不符合题意；
当时，令，得，
当时，，则，得函数在上单调递减，
又时，；时，，
所以存在，使得，则函数存在极值；
当时，，
则时，；时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
设，，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，且时，，
则时，，此时函数无极值，不符合题意；
当时，，且时，；时，，
此时函数存在极值.
综上所述，的取值范围为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：解决函数有极值问题，解决的方法是要保证其导数有变号零点.
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. 若函数，则（ ）
A. 的最大值为B. 的最小正周期
C. 在上单调递增D. 的图象关于点对称
【答案】BC
【解析】
【分析】根据三角函数最值，周期，单调区间，对称中心的求法可验证各个选项.
【详解】，故A错误；
的最小正周期，故B正确；
令，，
得，，
取，得在上单调递增，
，
所以在上单调递增，故C正确；
令，，得，，
的图象关于对称，
但，，故D错误.
故选：BC.
10. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，只有主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率，现在已知甲选择了1号箱，用表示i号箱有奖品，用表示主持人打开j号箱子，下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，甲无论是否更改选择，他获奖的概率均为
D. 若，要使获奖概率更大，甲应该改选2号或者4号箱中的任意一个
【答案】ABD
【解析】
【分析】A：根据概率的性质即可判断；B：求条件概率即可；CD：分别讨论奖品在1，2，3，4号箱子中时，根据全概率计算公式求出，根据条件概率计算公式求出，，从而可以判断．
【详解】对于A选项，抽奖人在不知道奖品在哪个箱子的情况下选择了1号箱，他的选择不影响奖品在四个箱子中的概率分配，因此，，，的概率均为，即A正确；
对于B选项，奖品在2号箱里，主持人只能打开3、4号箱，故，故B正确；
对于C、D选项，
奖品在1号箱里，主持人可打开2、3、4号箱，故，
奖品在2号箱里，主持人只能打开3、4号箱，故，
奖品在3号箱里，主持人打开3号箱的概率为0，故，
奖品在4号箱里，主持人只能打开2、3号箱，故，
由全概率公式可得：，
，
，故C错误，D正确．
故选：ABD．
11. 如图，一个圆锥PO的轴截面三角形PAB是边长为的等边三角形，在底面上过点A作AO的垂线l，以AP，l所在直线确定的平面记为，则（ ）．
A. 圆锥PO的外接球体积为
B. 平面与圆锥PO的外接球的截面周长为
C. 若点E为线段PA的中点，点M为圆锥PO的外接球球面上的任意一点，则
D. 若在圆锥PO内部放入三个半径均为a的小球，三个小球两两相切且均与圆锥的底面和侧面相切，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A：设圆锥外接球球心为，连接，在中，利用勾股定理即可求解；B：过圆锥外接球的球心为作，证明，得到截面为以为直径的圆；C：根据B选项可知E即为N，ME的最小值为球的半径减去，ME的最大值为球的半径加上；D：作出圆锥的俯视图和纵截面的图象，根据几何关系求解即可．
【详解】A：如图：
设圆锥外接球的球心为，连接，
设外接球半径为R，则，
，，
在中，，即，解得，
∴圆锥PO的外接球体积，故A正确；
B：如图：
过圆锥外接球的球心为作，
∵底面，底面，∴，
又∵，平面，∴平面，
∵平面，∴，
，，，
∴平面与圆锥PO的外接球的截面是以为直径的圆．
，，，
平面与圆锥PO的外接球的截面周长为，故B错误；
C：如图：
由选项B可知E与N重合，直线与球的表面交于，
当M为时，最短，为，
当M为时，最长，为，
∴，故C正确；
D：如图：
图①为圆锥俯视图，图②为图①中按箭头所示方向，包含一个小球的纵截面的一半．
易知是边长为的正的中心，则，
则图②中．
图②中，与相切，为的平分线，
∵，∴，
∴，
，
又，
∴，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 等比数列的前项和为，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列的公式和性质，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，
由条件可知，，所以，，
所以.
故答案为：
13. 若，，若直线与线段AB有公共点，则实参数m的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】确定线段端点与直线的位置关系，先代入端点计算，再解不等式即可.
【详解】将 代入直线方程：
，
将 代入直线方程：
，
因为直线 与线段 有公共点，
所以，所以解集为 ，
即实数 的取值范围为 ，
故答案为：.
14. 已知函数，，，，若函数与图象交点的横坐标记为，，记数列满足：，则数列的所有项之和为______．
【答案】0
【解析】
【分析】本题考查函数的对称性以及数列的性质．先分析函数和的对称性，确定它们图象的交点关于直线对称，再根据数列的定义，结合交点的对称性求出数列的所有项之和．
【详解】对于函数，其图象关于直线对称．
对于函数，
令，解得，
∴的图象关于直线对称．
∵与的图象都关于直线对称，
∴它们图象的交点也关于直线对称．
已知，设交点关于直线的对称点为，
则，即，
那么．
由于函数与图象的交点关于直线对称，
∴数列的项两两配对，每对的和都为0，
因此数列的所有项之和为0．
故答案为：0．
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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若的面积为，，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）已知条件结合正弦定理化简即可求解；
（2）根据三角形面积公式和已知条件可求出a，再求出，再根据余弦定理可得，从而可求三角形周长．
【小问1详解】
∵，
由正弦定理得：，
即，
即．
∵在中，，∴．
又∵，∴；
【小问2详解】
∵的面积为，即，
∵，∴，
由，可得．
由余弦定理得：，
即，得，
∴，∴周长为．
16. 已知数列的前n项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的关系即可求出通项公式.
（2）根据错位相减法及等比数列前项和公式即可求出数列和.
【小问1详解】
已知①，当时，②，
①-②得：，所以.
当时， ，所以，满足.
因此数列是首项，公比的等比数列，通项公式为.
【小问2详解】
，
，
，
相减可得：，
其中，是首项为，公比为的等比数列，其和为：
所以，
所以．
17. 如图，平行四边形ABCD中，，，点E，G分别为线段AD，BC的中点，现将沿BE对折至，连接PC，PD，PG．
（1）证明：；
（2）当直线PG与平面BCDE所成夹角为30°时，若点M为线段PC上（不含端点）动点，当为何值时，平面PBE与平面MGD所成夹角也为30°．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取BE中点为O，连接OP，OG，EG，证明平面OPG即可；
（2）在平面OPG内，过P作OG的垂线交GO的延长线于H，过O点作，分别以OG，OE，OQ为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解．
【小问1详解】
证明：取BE中点为O，连接OP，OG，EG，
∵E，G分别为AD，BC的中点，且，
∴四边形ABGE为菱形，∴，，
又∵O为BE的中点，∴，，
又∵OP，平面OPG，，
∴平面OPG，
又∵平面OPG，∴．
【小问2详解】
由（1）可得平面OPG，
又∵平面BCDE，∴平面平面OPG，
∵平面平面，
∴在平面OPG内，过P作OG的垂线交GO的延长线于H，
则有平面BCDE，
过O点作，则有平面BCDE，
又∵，∴分别以OG，OE，OQ为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设平面PBE的法向量为，平面MGD的法向量为．
∵直线PG与平面BCDE所成夹角为30°，即，
又∵，∴，
则，，
则有，，，
，，，，
由，，
可得，
由，，
，
可得，
，解得．
18. 体育赛事中，常有“局胜制”、“局胜制”、、“局胜”制，．现有甲、乙两队比赛，甲获胜的概率为，各局比赛结果相互独立，且无平局．为鼓励提高比赛水平及厂商的广告需要，比赛结束后参加一项抽奖活动．箱中共有张奖券，其中有张奖券金额各万元，另外张奖券无奖金．若赛完，某队某场获胜且每局都赢，则由该队在该箱中一次性抽张奖券，而另一队不参与抽奖；若赛完，某场比赛的局数中各有输赢，则先由甲队任取张后，再由乙队从余下奖券中任抽张．
（1）当，时，求甲获胜的概率；
（2）当，时，求乙队获得奖金金额（万元）的分布列与期望；
（3）在“局胜”制比赛中，随着增大，甲、乙谁获胜的可能性更大？证明你的结论．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，；
（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）采用局胜制，分析甲赢的所有情况，结合独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式求解即可；
（2）计算出甲全胜、乙全胜、各有输赢的概率，分析可知的所有可能值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值；
（3）设局胜制中，甲的获胜概率为，分三种情况讨论，求出的递推关系式，作差，结合数列的单调性，可得结论.
【小问1详解】
当，时，即采用局胜制，
设甲获胜为事件，则甲前两局都赢，或者甲第三局赢，前两局赢一局输一局，
则．
【小问2详解】
甲全胜的概率为：，乙全胜的概率为：，
各有输赢的概率为：，所以的所有可能值为、、，
，
，
，
所以，随机变量的分布列如下：
所以．
【小问3详解】
设局胜制中，甲的获胜概率为，可分为以下三类：
①局中甲获胜的概率为：；
②局中胜局且后续局至少胜局的概率为：；
③局中胜局且后续局全胜的概率为：．
所以，
所以，
由，得，且组合数与概率项均为正，故，即单调递增，
当时，甲最终获胜的可能性更大；
当时，，即甲、乙最终获胜的可能性一样大；
当时，得，且组合数与概率项均为正，故，即单调递减，
则当时，乙最终获胜的可能性更大．
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，证明函数的图象上横坐标成等差数列的任意三个不同的点A，B，C，直线AC的斜率小于函数的图象在点B处的切线的斜率．
（3）当时，若存在实数a，不等式对任意成立（为函数的导函数），求实数b的取值范围．
【答案】（1）当时，在上为单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）根据导数求单调区间即可.
（2）将题目要求用符号表示，利用作差法、构造函数求导，结合函数单调性证明即可.
（3）根据已知条件得到的表达式，通过求导分析的单调性，进而求出的最大值，最后根据不等式恒成立求解即可.
【小问1详解】
（1），，
当时，在上恒成立，此时单调递减；
当时，令，解得.
当时，，此时在上单调递增，
当时，，此时在上单调递减，
综上，当时，在上为单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
当时，，.
设，，，且，，成等差数列，即
直线的斜率为：.
在点处的切线斜率为：.
由题意知，需证，即，即.
不妨设，则，，
令（），，
令（），则，
故在上单调递增，因此，即，
又，所以，故在上单调递增，因此，
即，即，即成立，
所以，即函数的图象上横坐标成等差数列的任意三个不同的点A，B，C，直线AC的斜率小于函数的图象在点B处的切线的斜率.
【小问3详解】
由，则不等式为对任意成立，
即对任意成立，
令，则需对任意成立.
，令，则，
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
即在上单调递增，在单调递减；
则在取得极大值，也即最大值，.
因为，所以，又当时，，
由零点存在定理可知，存在，使得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以在处取得极大值，也即最大值，（）.
由极大值处斜率为零可得，，即，所以.
.
令（），，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
则在处取得极小值，即最小值，.
即的最大值的最小值为.
因此实数b的取值范围为.
分数区间
人数
14
16
18
30
20
2