重庆市2025_2026学年高三数学上学期10月月考试卷含解析

这是一份重庆市2025_2026学年高三数学上学期10月月考试卷含解析，共20页。
1． 答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上
填写清楚
2． 每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡
皮擦干净后， 再选涂其他答案标号． 在试题卷上作答无效 ．
一、单项选择题(本大题共 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. 已知 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助复数运算法则结合模长公式计算即可得.
【详解】 ，
则 .
故选：C.
2. 已知 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】解不等式 ，化简集合 ，根据补集的定义求 ，结合交集定义求 即可.
【详解】因为不等式 的解集为 ，
所以 ， ，
又 ，
所以
故选：D
3. 已知 ，若 ，则 的值为（ ）
A. B. 3
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用向量线性关系的坐标运算，结合向量垂直的坐标表示列方程求参数.
【详解】由题设 ，又 ，
所以 ，可得 .
故选：C
4. 已知 ，满足 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二倍角公式及诱导公式求解.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
又 ，
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所以 ，
所以 ，
故选：A.
5. 已知直线 与圆 交于 两点，若钝角三角形 的面积为 ，
则实数 的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的方程写出圆心和半径，再由点到直线距离公式得圆心到 的距离
，根据三角形面积公式及已知得 ，进而得 ，最后由弦长的
几何求法列方程求参数.
【详解】圆 化成标准方程为 ，则圆心 ，半径 ，
圆心 到 的距离 ，
由 ，又 为钝角三角形，
所以 ，则 ，故 ，
综上 ，可得 ，则 .
故选：C
6. 已知等差数列 的前 项和分别为 ，且 ，则 （ ）
A. B.
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C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列的前 项和公式求解即可得.
【详解】由题设，条件可化为 ，
设 ， ，
则 ，
，
则 .
故选：A.
7. 的图象与 轴和直线 围成的封闭区域的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析函数 的对称性，作出图形，结合对称性与三角形的面积公式可求得所求区域的面积.
【详解】由 得 ，解得 ，即函数 的定义域为 ，
因为 ，
所以 ，
所以函数 的图象关于点 对称，
因为 ， ，记点 、 ，
如下图所示：
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结合对称性质可知， 的图象与 轴和直线 围成的封闭区域的面积等于
的面积，
所求区域的面积等于 .
故选：D.
8. 已知 ，且 ，则下列选项正确 是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令 ，求导可得函数 的单调性，已知可变形 ， ，可得
结论.
【详解】令 ，求导得 ，
当 时， ，所以 在 上单调递减，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
由 ，可得 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
又因为 在 上单调递增，所以 ，故 BD 错误；
又 ，
又因为 在 上单调递增，所以 ，所以 ，
所以 ，故 C 错误，A 正确.
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故选：A.
二、多项选择题(本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分． 在每小题给出的选项中，有多
项是符合题 目要求的． 全部选对的得 6 分， 部分选对的得部分分， 有选错的得 0 分)
9. 某班要举办一次学科交流活动，现安排 这五名同学负责语文，数学，英语，物理学
科相关工作． 则下列说法中正确的是（ ）
A. 若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有 种
B. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有 240 种不同的方案
C. 若数学学科必须安排两人， 其余学科安排一人， 则有 60 种不同的方案
D. 若每人至多安排一门学科，其中安排 和 负责语文、数学工作，其余三人中任选两人负责英语、 物
理工作， 则有 12 种不同的方案
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用分步计数原理，结合分组思想，排列组合思想即可求解.
【详解】这五人每人任选一门学科，则不同的选法有 种，故 A 错误；
根据若每人安排一门学科，每门学科至少一人，
我们把这五人分成四组共有 种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有 种 ，
根据分步计数乘法原理可知：有 种不同的方案，故 B 正确；
若数学学科必须安排两人，则有 种方法，其余学科各安排一人共有 种，
根据分步计数乘法原理可知：有 种不同的方案，故 C 正确；
安排 和 负责语文、数学工作，共有 种安排，
其余三人中任选两人负责英语、 物理工作，共有 种安排，
根据分步计数乘法原理可知：有 种不同的方案，故 D 正确；
故选：BCD.
10. 已 知 函 数 ， 对 任 意 的 ， 都 存 在 ， 使 得
， 则 可能的值是（ ）
A. B.
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C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意化简可知 ，要使条件成立， 的值域需要满足
，逐项代入求解.
【详解】由题意得：
由 ， ，
可知 ，
整理得： ，
， ，所以 ，
记函数 ，函数的值域为集合 A
对任意的 ，都存在 ，使得 成立
当 时， ， ，函数的值域为 ，满足 ，故 A
正确；
当 时， ， ，函数的值域为 ，不满足
，故 B 错误；
当 时， ， ，函数的值域为 ，满足 ，故 C
正确；
当 时， ， ，函数的值域为 ，不满足
，故 D 错误；
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故选：AC
11. 数列 满足 ，则下列说法正确的是（ ）
A
B. ，数列 单调递减
C. ，使得数列 为公差不为 0 的等差数列
D. 若
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A， 即可判断；对于 B，作差计算即可判断；对于 C，假设等差数列得出 或
即可分类判断，先化简再结合等比数列求和计算即可判断 D.
【详解】对于 A， ，
又 ，所以 ，A 正确；
对于 B， 时，有 ，
所以 ，数列 单调递减，B 正确；
对于 C，因为 ， ，
若数列 为公差不为 0 的等差数列，则 ，所以 或 ；
当 时公差为 0，不合题意；
当 时公差为 3， ，
不符合 ，舍去，
所以不存在 ，使得数列 为公差不为 0 的等差数列，C 错误；
对于 D：由于 ，故 ，
所以 ，
所以 ，
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，
故
，D 正确.
故选：ABD.
三、填空题(本大题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分)
12. 在等比数列 中 ， ，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】设等比数列 的公比为 ，由条件结合等比数列通项公式可得 ， ，
化简可得 ，再结合关系 可得结论.
【详解】设等比数列 的公比为 ，
因为 ， ，
所以 ， ，
故 ，
所以 ，
所以 ，
故答案为：
13. 已知在梯形 中， ，且 ，点 满足 ，
则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】以 为坐标原点建立直角坐标系，根据已知条件得出各点坐标，设点 得出 ，利用
建立方程求出点 ，进而得出 ，最后求 ．
【详解】以点 为坐标原点，建立如下图所示平面直角坐标系，
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，
则 ，
设点 ，则 ，
，
，即 ，解得 ，
， ，
．
故答案为： ．
14. 已知奇函数 满足 ，当 时， ，
若函数 有且仅有 3 个零点，则实数 的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】判断函数 的对称性，求出其周期，结合题意作出其图象，将原问题转化为直线
和函数图象的交点问题，数形结合，结合直线和圆相切的性质，即可求得答案.
详解】由题意知 满足 ，即函数图象关于点 对称，
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即 ，结合函数为奇函数，即 ，
可得 ，即 ，则 8 为函数的一个周期；
又当 时， ，即 ，
由此可作出 的图象，如图示：
函数 有且仅有 3 个零点，即 的图象与直线 有且仅有 3 个交点，
直线 恒过定点 ，
结合函数图象的对称性可知，当 时，仅当直线与 上的图象即半圆相切时，
的图象与直线 有且仅有 3 个交点，此时直线即为图中 ，
此时不妨取 上的半圆的圆心 ，则 ，解得 ；
当 时，如图中直线 ，与 上的图象即半圆相切，
此时直线与 的图象有 5 个交点，不妨取 上的半圆的圆心 ，
则 ，解得 ，
此时要想满足 的图象与直线 有且仅有 3 个交点，需 ，
综合上述可知实数 的取值范围是 ，
故答案为：
四、解答题(共 77 分． )
15. 记 的内角 的对边分别为 ，已知 ．
（1）求 ．
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（2）若 是边 上的一点，且满足 ，求 的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用商数关系和平方关系列方程组求出 ，再由余弦定理求出 ，利用正弦定理求
出 ，得解；
（2）由 ，求得 ，再由 求得 ，由三角形面积公式
求解.
【小问 1 详解】
由 ，得 为锐角，
所以 ，解得 ， ，
由余弦定理可得 ，解得 ，
由正弦定理， ，解得 ，又 ， 为锐角，
所以 .
【小问 2 详解】
由 ， ，得 ，
，
由 ，得 ，
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即 ，解得 ，
.
16. 已知数列 的前 项和为 ，当 时， ，且 ．
（1）求 ；
（2）设 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得 ，从而得 ，化为 ，结合等差数列定
义，即可求得答案；
（2）求出 的表达式，利用错位相减法求和，即得答案.
【小问 1 详解】
当 时， ，即 ，
则 ，即得 ，
即 ，而当 时， ，
故数列 是以 2 为首项，1 为公差 等差数列，
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故 ，则 ；
【小问 2 详解】
由题意得 ，
故 ，
则 ，
故
，
则 .
17. 如图，在矩形 中， ， ．沿 将 折起，使点 到达点 的位置，点
在平面 的射影 落在边 上．
（1）证明： ；
（2）若 在边 上， ，平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，求 的值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证 平面 ，即可证明 ，再可证明 平面
，得证；
（2）以点 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴，以过点 且垂直于平面 的直线为 轴，
建立空间直角坐标系，求出平面 和平面 的一个法向量，利用向量法列式求解.
【小问 1 详解】
由点 在平面 的射影 落在边 上，得 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
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又 ， ，且 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ， ，
所以 平面 ， 平面 ，
所以 .
【小问 2 详解】
由（1）， 中， ， ，则 ，
所以 ， ，
以点 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴，以过点 且垂直于平面 的直线为 轴，建立
空间直角坐标系，如图所示，
则 ， ， ， ，
由 ，得 ，
可得 ，
又 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，解得 ，令 ，得 ，
所以 ，
由（1）， 平面 ，则 ，
所以 ，
化简得 ，解得 或 （舍），
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.
18. 已知函数 ，其中 ．
（1）若 ，且 的最小值为 0，求 的值；
（2）若对任意 ，不等式 恒成立，求 的取值范围；
（3）设 ，是否存在 ，使得 且 ？若存在，求 的取值范围；若不存在，请说明
理由．
【答案】（1） ；
（2） ；
（3）不存在.
【解析】
【分析】（1）分离参数得 ，设 ，求导得其最值即可；
（2）分离参数得 ，设 ，求导得其最值，则有 ，且 ，结合 的
范围即可得到答案；
（3）等价转化为 在 至少有两个根，再对 分范围讨论即可.
【小问 1 详解】
由最小值定义：只需 恒成立，且等号可取，即 ，且等号可取．
令 则 ，
则当 时， ，当 时， ，
从而 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ．
【小问 2 详解】
，即 ，即 ．
令 ，则 ，
第 16页/共 20页
当 时， ，当 时， ，
从而 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ．
又 ，且 时， ，故 ，
故只需 ①，且 ，即 ②，
因 ，由①可得 ，则 ；由②可得 ，
故 的取值范围为 .
【小问 3 详解】
假设存在 有 ，即 ．
令 ，只需 ，
因为只需 在 至少有两个根．
注意到 ，所以下面对 和 讨论 的零点情况.
对 ：当 时， ，
则 ，
设 ， ，则 ，
因为 ，且 ，则 在 上恒成立，
则 在 上单调递增，
因为 ，则 恒成立，
故 在 上单调递增， ，无零点；
当 时，只需 存在零点， ，
设 ， ，因为 ，且 ，
则 在 上恒成立，
则 在 上单调递增，且 ．
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则存在 ，有 ，
则当 时， ，当 时， ，
从而 在 上单调递减，在 上单调递增，
因为 ， ，故当 时， ；
综上可知， 恰有一个根，即这样的 不存在．
19. 已知椭圆 的离心率为 为 的右焦点，过
的直线 (不与 轴重合) 与 交于 两点，过 分别作平行于 轴的直线与直线
分别交于 两点，直线 与 轴的交点为 ，设直线 与
直线 的交点为 ． 记 的面积为 ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）求证： ．
【答案】（1） ；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据离心率公式得 ，再设直线 的方程为 ，联立椭圆方程
得到韦达定理式，再求证得直线 恒过点 ．从而有 ，最后结合等比数列
通项公式即可得到答案；
（2）由对称性分析得直线 也恒过定点 ，计算出 的表达式，再利用三角形面积公
式得到面积表达式，最后结合换元法和基本不等式即可求出最值.
【小问 1 详解】
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因为 ，
所以 ，椭圆 ，焦点 ．
设直线 的方程为 ，代入椭圆 ，
可得： ．
设点 ，
由韦达定理 ，可得 ．
直线 的斜率 ，其方程为 ，
令 ，可得
，
所以直线 恒过点 ．
又直线 与 轴的交点为 ，所以 ，
即 ，所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ．
【小问 2 详解】
由对称性可知，直线 也恒过定点 ，
第 19页/共 20页
故两直线 与 的交点为 ．
所以
，
所以 ，而 ，
故数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，
且为单调递减数列，所以 的所有项的最大值为 ．
令 ，则 ，
故 ，
当且仅当 ，即 时，取最大值 ，
所以数列 的所有项的最大值的最大值为 ．