重庆市2026届高三数学上学期8月月考试题含解析

这是一份重庆市2026届高三数学上学期8月月考试题含解析，共24页。
2．请将所有答案写在答题卡上，不得在试卷上直接作答．
3．选择题部分请按题号用 2B 铅笔填涂．
4．非选择题部分请按题号用 0.5 毫米黑色墨水签字笔书写．
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的）．
1. 下列函数中，存在极小值的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对于 AC，由指数函数、对数函数单调性判断即可；对于 BD，求导判断函数单调性，进一步得极
小值情况即可.
【详解】对于 AC，因为对数函数 、 是增函数，故它们都不存在极小值，故 AC 错误；
对于 B， ，求导得 ，
或 ， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 处取得最小值，故 B 正确；
对于 D，对 求导得 ，且 不恒成立，
所以 是增函数，即 不存在极小值.
故选：B.
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2. 已知 是不同的直线， 是不同的平面，则下面命题正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过举出反例可判断选项 A，B，D；根据线面垂直的性质可判断选项 C.
【详解】对于 A，当 时，若 ，则由面面平行的判定定理可得 ，
当 时，则 平行或相交，故 A 错误；
对于 B，当 时，若 ，则由线面垂直的判定定理可得 ，
当 时，则 与 不一定垂直，故 B 错误；
对于 C，因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，故 C 正确；
对于 D，当 时，若 ，则由面面垂直的性质可得 ，
当 时，则 或 与 相交，故 D 错误.
故选：C.
3. 某班从包括甲乙在内的 名学生中，选择 人参加植树活动，则甲乙两人至多一人参加的方法数有（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】甲乙两人至多一人参加的对立事件为甲乙都参加，利用事件的对立面求方法数即可.
【详解】根据题意， 名学生中，选择 人参加植树活动共有 种方法，
而甲乙都参加的情况有 种方法，
则甲乙两人至多一人参加的方法数有 种.
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故选：C.
4. 已知函数 ，在其图象上任取两个不同的点 、 （ ），总能使得
，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】等价变形给定不等式，构造函数，利用导数及函数单调性求出范围.
【详解】由 及 ，得 ，
令函数 ，有 ， ，
则函数 在 上为增函数， ， ，
当 时， ，当且仅当 时取等号，则 ，
所以实数 的取值范围是 .
故选：A
5. 空间四边形 中， ， ， 分别是 与 的中点，则异面
直线 ， 所成角的余弦值大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接 ，设 为 的中点，连接 、 ，分析可知 为异面直线 和 所成
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的角（或补角），求出 的三边边长，结合余弦定理求解即可.
【详解】如图：连接 ，设 为 的中点，连接 、 ，
因为 、 分别为 、 的中点，所以 且 ，
所以 为异面直线 和 所成的角（或补角），
因为 是边长为 的等边三角形， 为 的中点，所以 ，
所以 ，同理可得 ，
所以 ， ，
，
在 中由余弦定理可得： ，
因此，异面直线 和 所成角 余弦值为 .
故选：C
6. 某同学喜爱球类和游泳运动．在暑假期间，该同学上午去打球的概率为 ．若该同学上午去打球，则下
午一定去游泳；若上午不去打球，则下午去游泳的概率为 ．已知该同学在某天下午去游了泳，则上午打
球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
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【分析】应用全概率公式及贝叶斯公式计算求解.
【详解】设上午打球为事件 A，下午游泳为事件 B，易知 ， ，
所以 ，
所以 ．
故选：A．
7. 如图， 为圆锥 的底面圆 O 的直径，点 B 是圆 O 上异于 A，C 的动点， ，则下列
结论正确的是（ ）
A. 圆锥 的侧面积为
B. 三棱锥 的体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若 ，E 为线段 上的动点，则 的最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断 A；当 时， 的面积最大，此时
三棱锥 体积也最大，利用圆锥体积公式求解判断 B；用极限的思想求出 的范围，再利用
，求得 的范围判断 C；利用图形展开及两点之间线段最短判断 D.
【详解】在 中， ，则圆锥的母线长 ，半径 ，
对于 A，圆锥 的侧面积 ，A 错误；
对于 B，当 时， 的面积最大，此时 ，
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则三棱锥 体积的最大值为 ，B 错误；
对于 C，在 中， ，又 ，则 ，
当点 与点 重合时， 为最小角，当点 与点 重合时 ，达到最大值，
又 与 不重合，则 ，又 ，得 ，C 错误；
对于 D，由 ，得 ，又 ，
则 为等边三角形，则 ， 将 以 为轴旋转到与 共面，得到 ，
则 为等边三角形， ，如图知 ，
由 ，
得 ，
所以 ，D 正确.
故选：D
8. 甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第
一次由甲传出，则经过 6 次传球后，球恰在乙手中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第 n 次球在甲手中的概率表
达式，由于乙、丙地位对称，求出第 n 次球在甲手中的概率由对立事件即可得到经过次传球后，球恰在乙
手中的概率.
【详解】设事件 “第 次球在甲手中”， “第 n 次球在乙手中”， “第 n 次球在丙手中”，
那么由题意可知可知： ，又 ，
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所以 ，可构造等比数列，
，
因为第一次由甲传球，可认为第 0 次传球在甲，即 ，
所以 是以 为首项，公比为 的等比数列，
故 ，所以 ，
因为第一次由甲传球，之后都是等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，
所以乙、丙地位对称，即 ，所以经过 n 次传球后，
球恰在乙手中的概率为 .
故选：D.
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 随机变量 ，且 ，则
B. 随机变量 服从两点分布，且 ，则
C. 对 两个变量进行相关性检验，得到相关系数为 ，对 两个变量进行相关性检验，得到相
关系数为 ，则 与 负相关， 与 正相关，其中 与 的相关性更强
D. 残差平方和 越小，模型的拟合效果越差
【答案】AB
【解析】
【分析】利用正态分布的概率分布曲线的对称性即可计算判断 A；运用两点分布的数学期望、方差的定义
与性质即可判断 B；利用两变量相关系数的意义即可判断 C；残差和以及模型的拟合效果的关系即可判断 D
．
【详解】对于 A，由题意得， ， ，
则 ，故 A 正确；
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对于 B，因为两点分布的 ，
所以 ，
所以 ，故 B 正确；
对于 C，因为 ，且 ，
所以 a 与 b 负相关，m 与 n 正相关，且 a 与 b 的相关性更强，故 C 错误；
对于 D，残差平方和 越小，模型的拟合效果越好，故 D 错误.
故选：AB．
10. 已知函数 ，则（ ）．
A. 的图象关于点 对称
B. 的极大值点为
C. 在区间 上的值域为
D. 若关于 x 的方程 有两个不相等的实数根，则实数 t 的值为
【答案】AC
【解析】
【分析】函数 为奇函数，平移可得 ，进而得到对称中心，判断 A 正确；利用导数
，得出单调区间和极值可得，B 错误，C 正确；数形结合得出 D 错误.
【详解】因为函数 为奇函数，其图象关于原点 对称，把函数 的图象向上
平移 4 个单位长度得到 的图象，所以 A 正确．
因为 ，所以 ，
令 ，解得 或 ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
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当 时， ， 单调递增，
故 的极大值点为 ，B 错误．
又 的极大值为 ，极小值为 ， ， ，
所以 在区间 上的值域为 ，C 正确．
画出函数 的图象，如图所示，
由 得 ，
若关于 x 的方程 有两个不相等的实数根，
则函数 的图象与直线 有两个交点，
由图象知 或 ，所以 t 的值为 或 ，D 错误．
故选：AC.
11. 如图，正方体 的棱长为 2， ， 分别是 ， 的中点，点 是底面 内
一动点，则下列结论正确的为（ ）
A. 存在点 ，使得 平面
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B. 当 为 中点时，过 ， ， 三点的平面截正方体所得截面图形的面积为
C. 三棱锥 的体积为
D. 当 在棱 上时，若 为 ，三棱锥 外接球表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，易知当点 在线段 （不含 点）时，使得 平面 ；对于 B，作出截面，截
面是边长为 的正六边形 ，再求面积即可；对于 C，由三棱锥体积公式可判断；对于 D，设
的外心为 ，半径为 ，过 分别作平面 ，平面 的垂线，交点即为球
心 ，设 中点为 ，连接 ，易得四边形 为矩形，结合勾股定理求出外接球半径，
然后利用正弦定理结合球的表面积公式求解即可.
【详解】对于 A，易知当点 在线段 （不含 点）时，使得 平面 ，
此时 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故 A 正确；
对于 B，根据题意作出截面，截面是边长为 的正六边形 ，
所以截面面积 ，故 B 正确；
对于 C， ，故 C 错误；
对于 D，设 的外心为 ，半径为 ，
过 分别作平面 ，平面 的垂线，交点即为球心 ，
设 中点为 ，连接 ，
因为 是外心，所以 ，
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则 就是平面 与平面 所成角的平面角，
又易知平面 平面 ，所以四边形 为矩形，
所以外接球半径
，
， ，
，即 ，
故三棱锥 外接球表面积为 ，故 D 正确.
故选：ABD.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）．
12. 在长方体 中， ， ， ，则异面直线 和 的距离为
________
【答案】
【解析】
【分析】根据长方体的性质得出 是异面直线 和 的公垂线；再根据异面直线间距离的定义即可
求解.
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【详解】
由长方体性质可得： ， 平面 .
因为 平面 ,
所以 ，
则 是异面直线 和 的公垂线，
所以异面直线 和 的距离为
故答案为：
13. 已知正三棱台的高为 1，上下底面的边长分别为 和 ，则正三棱台的体积为______；若此正三
棱台的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】求出正三棱台的上下底面的面积，代入棱台体积公式求解第一空，利用正三棱台的几何性质计算
出球心到下底面的距离，可求出外接球的半径，结合球体表面积公式可得第二空.
【详解】因为正三棱台的上下底面的边长分别为 和 ，
所以上下底面的面积分别为 ， ，
又正三棱台的高为 1，故正三棱台的体积为 ；
如下图，设正三棱台 的上、下底面的中心分别为 、 ，
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由正三棱台的几何性质可知，外接球球心 在直线 上，
正 的外接圆半径为 ，
正 的外接圆半径为 ，
设 ，若球心 线段 上，则 ， ，
设外接球 的半径为 ，则 ，
即 ，解得 ，不合乎题意；
故球心 在射线 上，则 ，
同理 由 ，即 ，解得 .
所以 ，故该正三棱台的外接球表面积为 .
故答案为： ， .
14. 设函数 ，若 ，则 的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】变形给定不等式，再构造函数 与 ，求出它们的最值即可得解.
【详解】函数 定义域为 ，
不等式 ，
设 ，求导得 ，当 时， ；当 时， ，
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函数 在 上单调递减，在 上单调递增， ；
设 ，则 ，当 时， ；当 时， ，
函数 在 上单调递增，在 上单调递减， ，因此 ，
于是 ，则 ，
所以 的取值范围为 .
故答案为：
四、解答题（本题共 6 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 2025 年 4 月，中国新能源汽车零售渗透率突破 ，进入“以电为主”的新阶段，充电桩的使用率也成
为关注焦点．经调查，某市今年 月份的充电桩日均使用时长 （时）与新能源汽车保有量 （万辆）
及充电桩日均使用率 （ ，为常数）的数据如下表所示：
月份 1 2 3 4 5 6
新能源汽车保有量 （万辆） 8 13 15 18 23 25
充电桩日均使用时长 （时） 5 7 10 12 15 17
充电桩日均使用率 0.15 0.21 0.3 0.36 0.45 0.51
（1）若用充电桩日均使用率近似估计一个充电桩一天内被使用的概率，设该市某个充电桩在 3 月份的某 3
天中被使用的天数为 ，求 的分布列；
（2）求 关于 的样本相关系数，并说明线性相关程度的强弱；（精确到 0.01）
（3）若 关于 的经验回归方程为 ，求 的值（精确到 0.1），并预测当该市某月的新能源汽车
保有量为 36 万辆时，充电桩的日均使用率为多少．
参考数据： ， ．
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参考公式：相关系数 ．
【答案】（1）分布列见解析
（2）0.99， 与 的线性相关程度较强．
（3） ，0.72．
【解析】
【分析】（1）由题可知充电桩在 3 月份使用的概率为 0.3，故 ，根据二项分布写出分布列即可；
（2）根据题意先求 ，利用相关系数公式 ，代入数据求值与 1 比较
即可；
（3）由 过回归方程可求 ，根据回归方程进行预测即可.
【小问 1 详解】
由题可知 的所有可能取值为 ，且 ，
则 ，
，
，
，
所以 的分布列为
0 1 2 3
0.343 0.441 0.189 0.027
【小问 2 详解】由题可知 ， ，
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则 ，
因为 接近于 1，所以 与 的线性相关程度较强．
【小问 3 详解】
由题可知 ，
解得 ，
所以 关于 的经验回归方程为 ．
将 代入经验回归方程，得 ，
又因为 ，所以当 时， ，
故预测当该市某月的新能源汽车保有量为 36 万辆时，充电桩的日均使用率为 0.72．
16. 在直三棱柱 中， ， 为 的中点.
（1）求证：平面 平面 ；
（2）在 上是否存在一点 ，使得 平面 ，若存在，求出 的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点 ，
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理得 ，然后利用线面垂直的判定定理证得 平面
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，最后利用面面垂直的判定定理证明即可.
（2）取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ，利用面面平行的判定定理得平面 平面
，进而由面面平行的性质定理得 平面 ，即可求解.
【小问 1 详解】
在直三棱柱中，有 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以平面 平面 .
【小问 2 详解】
当点 为 的中点时，符合题意.
证明如下：
取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ， ，
因为 为 的中点，所以 ， ，
平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，
又 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
又 平面 ，所以 平面 .
故存在点 ，使得 平面 ， .
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17. 已知椭圆 的离心率为 ，且过点 .
（1）求椭圆 的方程；
（2）若斜率为 的直线 与椭圆 交于 两点，且点 在第一象限，点 分别为椭圆 的右顶点
和上顶点，求四边形 面积 的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由离心率和椭圆过点解得 的值，写出椭圆方程；
（2）写出直线方程，联立方程组消元得到二次方程，用韦达定理表示出线段 的长，再求出 点到
直线 的距离，由三角形面积公式求得四边形 面积代数式，然后求最大值.
【小问 1 详解】
由题意可得： ，解得 ，
由椭圆 过点 ，得 ，联立解得 ， ，
所以椭圆 的方程为 .
【小问 2 详解】
由题意可设 ，
因点 在第一象限，则 ，
设 ， ，点 ， 到直线 的距离分别为 ， ，
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由 ，消 可得 ，
，当 时， ，
所以 ， ，
所以 ，
， ，直线 的一般式方程： ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 ，
当 时， 有最大值为 .
18. 如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形，平面 平面 ，且 ，
， ， .
（1）求证：平面 平面 ；
（2）当 时，求直线 与平面 所成角的正弦值；
（3）当 时，求二面角 的正切值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
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（3）
【解析】
【分析】（1）先证明 ，继而根据面面垂直的性质推出 平面 ，可得 ，再结
合线面以及面面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）利用等体积法求出 D 到平面 的距离，再根据线面角的定义即可额求得答案；
（3）根据二面角定义作出二面角的平面角，解三角形求出相关线段长，即可推出二面角平面角的正切值的
表达式，结合不等式知识，即可求得答案.
【小问 1 详解】
由 ， ， ，可知 ，
故 ；
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
故 平面 ， 平面 ，故 ，
又 ， 平面 ，
故 平面 ， 平面 ，
故平面 平面 ；
【小问 2 详解】
由（1）知 平面 ， 平面 ，
故 ，而 ，底面 是平行四边形，
， ，故 ，
；
设点 D 到平面 距离为 d，
由 ，
得 ,
解得 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 ，而 ，
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故 ；
【小问 3 详解】
作 于 M，作 于 N，连接 ，
由于平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，故 平面 ， 平面 ，
故 ，而 ， 平面 ，
故 平面 ，则 即为二面角 的平面角；
设 ， ，则 ，
，
由于 ，可得 ，
又 ，则 ，
故在 中， ，
设 ，则
，
由于 ，故 ，则 ，
即二面角 的正切值的取值范围为 .
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19. 已知函数 ，其中 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 ， ，设曲线 在点 处的切线交 轴于点 .
（i）求出点 的横坐标（用 表示）；
（ii）已知点 在 轴上，且 轴，求证：存在唯一的点 ，使得 为等腰直角三角
形.
【答案】（1）答案见解析
（2）（i） （ii）答案见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，分类讨论研究单调性；
（2）求导，求出切线方程，令横坐标等于 0，求出 的横坐标； 为等腰直角三角形时， ，
则 ，即 ，构造函数 ， ，画出图象，在 有一个交点，
即可得证.
【小问 1 详解】
，其中 ，定义域为 ，
令 ，则 或 ，
当 时，即 ，此时 ，所以 在 上单调递减；
当 时，即 ，当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 在 上单调递减， 在 上单调递增；
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当 时，即 ，当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 在 上单调递减， 在 上单调递增；
综上：当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减， 在 上单调递增；
小问 2 详解】
（i）当 时， ， ，
当 时， ， ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，
令 ，则 ，所以点
所以点 的横坐标 .
（ii） ， ，
已知点 在 轴上，且 轴，
所以 ，若 为等腰直角三角形，则 ，
即 ，
则 ，因为 ，所以 ，
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画出 ， 图象如图：
结合图象可知， ， 在 有一个交点，
所以存在唯一的点 ，使得 为等腰直角三角形.
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