重庆市2025_2026学年高三数学上学期第二次月考试题含解析

这是一份重庆市2025_2026学年高三数学上学期第二次月考试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 设 ，且 为纯虚数，则 m＝（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用纯虚数概念结合已知条件列方程组求解.
【详解】已知复数 ，实部为 ，虚部为 ，
因为复数为纯虚数，则实部为 0，虚部不为 0，
即 .
故选：D.
2. 已知变量 的 4 组相关数据分别为 ，则 关于 的线性回归直线必经过点
（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算出样本中心点即可求解.
【详解】因为 ，
线性回归直线必经过样本中心点 .
故选：B．
3. 记 是等比数列 的前 项和，已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等比数列片断和性质列式求解.
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【详解】在等比数列 中， ，而 成等比数列，
因此 ，所以 .
故选：B
4. 已知 ，且 是第二象限的角，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由 的象限，求得 和 的值，然后利用二倍角公式化简代数式，即可求得答案.
【详解】因为 ，且 是第二象限的角，则 ．
所以 .
故选： B．
5. 已知函数 的定义域为 R，且图象如图所示，则不等式 的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数单调性得 解，然后分类讨论可得.
【详解】由已知 时， ， 时， 或 ，
所以 或 ，
综上不等式的解集为 ，
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故选：D.
6. “ ”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】根据不等式恒成立，讨论 是否为 分别计算得出 ，再结合充分不必要条件定义判断求
解.
【详解】因为 ，
当 时， 恒成立符合题意；
当 时， ，可得 ；
所以 ；
“ ”是“ ”的充分不必要的条件；
所以“ ”是“ ”的充分不必要的条件.
故选：A.
7. 已知函数 ，正数 满足 ，则 的最小值为（ ）
A. 8 B. 10 C. 12 D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇偶性和单调性得出 ，再结合基本不等式求最小值.
【详解】因为 ， 为奇函数，
所以 ，
因为 在 上单调递增，所以 ，即 ，
因为 均为正数，
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所以 ，
当且仅当 时等号成立，
故 的最小值为 .
故选：A
8. 已知三棱锥 的四个顶点在球 O 的球面上， ， 是边长为 1 的正三角形，
E，F 分别是 ， 的中点， ，则球 O 的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件得出正三棱锥 的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则求正方体
的外接球体积即可.
【详解】如图，因为 ， 是边长为 1 的正三角形，所以三棱锥 为正三棱锥，
所以顶点 在底面上的射影 为底面 的中心，所以 平面 ，
因 平面 ，所以 ，连接 并延长交 于点 ，则 ，
因为 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 .
因为 E，F 分别是 ， 的中点，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，所以 平面 ，
所以正三棱锥 的三条侧棱两两互相垂直，所以 ，
把三棱锥补形为正方体，则正方体 外接球即为三棱锥的外接球，
所以半径为 ，
所以球 O 的体积为 .
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故选：D
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目
要求.全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 设 m，n 是不同的直线， 是不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则 n 平行于 内的无数条直线
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面位置关系、判定定理及性质即可判断.
【详解】对于 A，因为 ，所以 或 ，故 A 错误；
对于 B，因为 ，所以 或 ，所以 n 平行于 内的无数条直线，故 B 正确；
对于 C，若 ，则 或 ，故 C 错误；
对于 D，若 ，则 或 ，故 D 错误.
故选：ACD.
10. 记 为数列 的前 项和，已知 ， ，则（ ）
A. B. 取最小值时
C. 是等差数列 D.
【答案】CD
【解析】
【分析】利用条件等式可计算 A，由等差数列的定义先证明 为等差数列，求出 后结合二次函
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数的性质可判定 B，由 的关系得出 结合等差数列的定义可判定 C，由裂项相消法可判定 D.
【详解】对于 A，由 ，
可得 ，即 ，故 A 错误；
对于 B，条件变形有 ，
所以 是以 为首项 为公差的等差数列，则 ，
所以 ，
由二次函数的对称性可知 或 时 取最小值 ，故 B 错误；
对于 C，由 作差得 ，
而 ，符合上式，所以 ，即 是等差数列，公差为 ，故 C 正确；
对于 D，由上可知 ，
所以 ，故 D 正确.
故选：CD
11. 已知函数 对任意的 都有 ，若 的图象关于直线
对称，且对任意的 ，且 ，都有 ，则下列结论正确的是（
）
A. 是偶函数 B.
C. D. 在 上单调递增
【答案】ABC
【解析】
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【分析】A 根据图象平移可判断；B 令 ，结合奇偶性可得；C 利用周期性和 在 上的单
调性可判断；D 利用周期性、对称性、单调性可判断.
【详解】因 的图象关于直线 对称，则 的图象关于直线 对称，
故 是偶函数，A 正确；
令 ，则 ，即 ，
因 是偶函数，则 ，则 ，故 B 正确；
因 ，则 ，故 是 的一个周期，
故 ，
因对任意的 ，且 ，都有 ，
则 在 上单调递减，故 ，
故 ，C 正确；
根据对称性可知 在 上单调递增，
由周期性可知 在 上单调递减，在 上单调递增，D 错误.
故选：ABC
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知平面向量 若 ，则 ___________
【答案】
【解析】
【分析】根据向量坐标化运算得 ，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可.
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【详解】 ，因为 ，则 ，
则 ，解得 .
则 ，则 .
故答案为： .
13. 在 二项展开式中，若各项系数和为 32，则 项的系数为_________．
【答案】10
【解析】
【分析】根据给定条件，求出幂指数 ，再利用二项式定理求出指定项的系数.
【详解】则二项式 展开式各项系数和为 32，得 ，解得 ，
所以 的展开式 项的系数为 .
故答案为：10
14. 已知函数 ，若曲线 与直线 在区间 上有
且仅有 2 个交点，则 的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】化简函数 ，令 ，得到 ，结合余弦函数的性质，
得到这 2 个交点的横坐标分别为 ，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数
，
令 ，因为 ，可得 ，
因为曲线 与直线 在区间 上有且仅有 2 个交点，
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则曲线 与直线 在区间 上有且仅有 2 个交点，
则这 2 个交点的横坐标分别为 ，则 ，
解得 ，即实数 的取值范围为
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. 在 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足 ，
．
求 A；
若 ，求 的面积．
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及三角形的内角和，结合特殊角的三角函数求解即可．（2）利用余弦定理求
出 c，然后求解三角形的面积即可．
【详解】 ，可得 ，
， ，
因为 ， ， ，所以 ，
【点睛】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，三角形的解法，考查计算能力，属于基础题.
16. 在三棱柱 中，侧面 为矩形， 平面 ， 是棱 的中点.
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（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，求直线 与平面 所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）先应用线面垂直得出 ，再应用线面垂直判定定理即可证明；
（2）先建系，再求出平面 的法向量，再应用线面角正弦公式计算，最后应用同角三角函数关系计算
即可.
【小问 1 详解】
因为 平面 ， 平面 ，则 ，
又因为侧面 为矩形，，则 ，
所以 平面 ，故 平面 ；
【小问 2 详解】
以 C 为坐标原点，分别以 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
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，
所以 ，
设 为平面 的法向量，
则 ，即 ，
令 ，则 ，
设直线 与平面 所成角为
所以 ，所以
故直线 与平面 所成角的余弦值为 ．
17. 在一套高中数学试卷中有三道多选题，且每题有 4 个选项，至少 2 个正确选项，不会出现 4 个正确选项，
全部选对得 6 分，选错得 0 分.若正确答案有 2 个选项，选对 1 个得 3 分：若有 3 个选项，选对 1 个得 2 分，
选对 2 个得 4 分.已知每道多选题的正确选项为 2 个与 3 个的概率都是 ，学生甲在做第三道多选题时不能
确定任何选项的正误.
（1）若学生甲做第三道多选题时随机选择 3 个选项，求他得 6 分的概率；
（2）学生甲做第三道多选题时随机选择 1 个选项的得分记为 ，随机选择 2 个选项的得分记为 ，试比较
， 的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件概率公式即可求解.
（2）先得到 的可能取值，再根据古典概率公式，全概率公式计算出各个取值对应的概率，最后根据
数学期望公式计算即可.
【小问 1 详解】
设学生甲做第三道多选题时随机选择 3 个选项，得 6 分为事件 ，
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得 6 分当且仅当正确选项为 3 个且学生恰好选中这 3 个.正确选项为 3 个的概率为 ，
在此情况下，从 4 个选项中随机选择 3 个，选对的概率为 ，故所求概率 .
【小问 2 详解】
由题意 的可能取值为 ， ，
， ，
所以 ，
的可能取值为 ， ，
， ，
所以 ，
故 .
18. 已知等差数列 和等比数列 满足： ， ， ，
（1）求数列 和 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 ；
（3）已知 ，数列 的前 项和 ，若对任意正整数 ，不等式 恒成立，求实数 的
取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
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【解析】
【分析】（1）求等差数列 的公差 和等比数列 的公比 即可求解；
（2）令 ，利用裂项相消法即可求解；
（3）利用错位相减法先求 ，由 有 ，令 ，研究数列 的
单调性即可求解.
【小问 1 详解】
设数列 的公差为 ，数列 的公比为 ，则有 ，
所以 ，
所以 ，又 ，所以 ，
所以 ，
所以 ；
【小问 2 详解】
令 ，
所以 ；
【小问 3 详解】
由已知有 ，
所以 ①，
②，
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所以① ②有： ，
解得 ，
由 有 ，即 ，令 ，
所以 ，
所以当 时， ，即 ，所以当 时，数列 单调递减，又 ，所以
，
所以 .
19. 已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在 处的切线方程；
（2）若 有两个不同的零点 ， .
（ⅰ）求实数 的取值范围；
（ⅱ）证明： .
【答案】（1）
（2）（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式得解；
（2）（ⅰ）转化为 有两个相异正根 ， ，利用导数研究 的
大致情况得解；
（ⅱ）设 ，利用导数判断函数单调性，据此可得当 时， ，再
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由 及函数单调性得出 得证.
【小问 1 详解】
当 时， ，所以 ，
所以 ，又 ，
所以曲线 在 处的切线方程为 ，即
【小问 2 详解】
（ⅰ） 易知 的定义域为 ，
由题意得，方程 有两个相异正根 ， ，
即方程 有两个相异正根 ， ，
设 ，则 ，
因为 ，所以 ，
令 ，得 ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
所以 ，
由 ， 及 的性质知，
当 且 时， ， ，
所以当 时， ，又 ， ，
所以要使 有两个相异正根 ， ，必有 ，
故实数 的取值范围为 .
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（ⅱ）证明：由题意可知， ，不妨设 ，则 ，
设 ，则
，
令 ，
则当 时， ，
所以 在 上单调递减，则当 时， ，
所以当 时， ，
所以 在 上单调递减，故当 时， ，
所以当 时， ，
所以 ，即 ，
又 ， ，
由（ⅰ）可知， 在 上单调递减，所以 ，故 .