重庆市南开中学2026届高三上学期12月月考数学试卷（Word版含解析）

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1．本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3. 回答选择题时， 选出每小题答案后， 用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本
试卷上无效.
4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题: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，
只有一项符合题目要求.
1. 在复平面内，复数 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】B
【解析】
【分析】根据乘法运算可得 ，结合复数的几何意义分析判断.
【详解】因为 ，
可知复数 对应的点为 ，位于第二象限.
故选：B.
2. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由不等式的性质，得集合 或 .用列举法表示集合 ，得 .根据交
集的定义可得 .或通过判断集合 中的元素是否属于集合，得 .
【详解】由 ，得 或 ，所以集合 或 ；
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又 ，所以 .
故选：C.
3. 已知平面向量 ，若 ，则 （ ）
A. 2 B. C. 3 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】计算 的坐标，再利用 计算得出 ，再利用求模公式计算.
【详解】由题意得， ，
因 ，则 ，得 ，
则 ，则 .
故选：B
4. 已知圆 经过原点和点 ，并且圆心在直线 上，则圆 的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出线段 的中垂线方程，再与 的方程联立求出圆心即可.
【详解】圆 经过原点 和点 ，线段 的中点 ，直线 的斜率 ，
则线段 的中垂线方程为 ，即 ，
由 ，解得 ，因此圆 的圆心 ，半径 ，
所以圆 的方程为 .
故选：A
5. 已知 ，则 （ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二倍角公式及差角的余弦公式化简即得.
【详解】由 ，得 ，则 ，
两边平方得 ，所以
故选：D
6. 已知三条不同的直线 和两个不同的平面 满足： ，则直线 与直线 异
面的一个充分不必要条件为（ ）
A. 与 不相交 B. 且 C. 且 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间直线与直线、直线与平面的位置关系，结合充分必要条件逐项判断即可得结论.
【详解】若 ，当 与 不相交，可得直线 与直线 异面或 ，充分性不成立，
故 A 不符合；
若 ，当 且 时，可得直线 与直线 异面或 与 相交，充分性不成立，
故 B 不符合；
若 ，当 且 ，可得直线 与直线 异面，故充分性成立，
当直线 与直线 异面时，不一定能得到 且 ，故必要性不成立，
故“ 且 ”是“直线 与直线 异面”的充分不必要条件，故 C 符合；
若 ，当 时，可得直线 与直线 异面或 与 相交，故充分性不成立，故 D
不符合.
故选：C.
7. 已知函数 ，若 ，且 在 上有最大值，
则 的最小值为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简 ，根据对称轴可求得 ；根据 在 上有最
大值可确定 ，得到 ，进而可确定最小值.
详解】 ；
， 关于直线 对称，
，结合 ，解得： ；
当 时， ，
在 上有最大值， ，解得： ；
当 时， 取得最小值 .
故选：C.
8. 在平面直角坐标系 中，若对任意的点 且 ，都存在点 且
，使得 且 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由 及 列出方程，两次利用消元法，得到 ，即可得解.
【详解】由 ，可得 ，因为 ，故
由 ，可得： ，两边平方，并代入 ，
可得： ，
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即 ，由 ，两边同时除以 ，
得 ，即 ，由题可知 ，故可得 ，
将 代入 ，可得
，
又因为 ，故 不恒为 0，则 恒成立，
得 ，即 .
故选：A.
二、多项选择题:本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分.
9. 若实数 满足 且 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】需要比较几组式子的大小，利用作差法可以分别验证选项 A、B、C，对于选项 D 中取一组特殊值
即可排除.
【详解】因为 ；
所以 ，所以 ，所以选项 A 正确；
因为 ，所以 ，所以 ，选项 B 错误；
，所以 ，选项 C 正确；
当 时 ，所以 ，选项 D 错误.
故选：AC
10. 过直线 上一动点 作圆 的两条切线，切点分别为 ，记 的垂心
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为 ，则（ ）
A. 四边形 为菱形
B. 的最小值为
C. 在圆 上
D. 到直线 距离 最小值为 2
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据切线及三角形垂心的性质判断 A，再由角的关系及余弦函数的单调性判断 B，设
根据 在不同直线上，消元法求出轨迹方程判断 C，由轨迹可知 取值范围即可判
断 D.
【详解】如图，
对于 A，因为 为 的垂心，所以 ，
又 ，所以 ，
同理， ，所以四边形 为平行四边形，
又 ，所以四边形 为菱形，故 A 正确；
对于 B，因为 ，所以 最小即 最小，
因为 ，且 在直线 上，
所以当 取最小值 时， 有最大值 ，
由余弦函数的单调性知， 有最小值 ，
所以 的最小值为 ，故 B 正确；
对于 C，下面证明过圆 上一点 的切线方程为 ，
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设圆上点 不在坐标轴上，设切线的斜率为 ，则 ,
，经过点 的切线方程为 ，
整理得 ，
当点 在坐标轴上时，上面方程同样适用，
即过圆上一点 的切线方程为 .
设 ，设过 的圆的切线的切点为 ，
则切线方程为 ，因为过 ，所以 ，
即切点 的坐标都满足方程 ，
又过 的直线是唯一的，所以直线 的方程为 ，
由圆的弦的性质，则 ，由点 在直线 上，故 ①，
点 在 上，故 ②，
联立①②消去 得 ，即点 在圆 上，故 C 错误；
对于 D，由 C 知，点 的轨迹方程为 ，即 ，圆心在 ，
故 到直线 的最短距离为 ，故 D 正确.
故选：ABD
11. 在三棱锥 中， ，且点 在平面 上的射影位于 内部，记二面角
， 的大小分别为 ，则（ ）
A. B.
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C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】过点 作 平面 于 ，过点 作 于 ，过点 作 于 ，根据线
面垂直的判定定理可得 平面 ， 平面 ，根据三垂线定理及逆定理求二面角，结合垂
直关系逐项分析即可.
【详解】过点 作 平面 于 ，过点 作 于 ，
过点 作 于 ，
， 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，故 .
同理可得 平面 ， .
对于 A： ，所以 ，故 A 正确；
对于 B： ，
所以 ，
因为 在 上单调递增，
所以 ，同理可得 ，
则 ，
所以 ，故 B 正确；
对于 C、D： , , , ,
所以 ，
所以 ，记二面角 的大小为 ，
同理可得 ，
所以 ， ，
故 C 错误，D 正确.
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故选：ABD.
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 样本数据 62，75，81，73，90，68，85，78 的上四分位数为_____.
【答案】
【解析】
【分析】排序后，由 分位数计算方式可得答案.
【详解】将数据从小到大排序为： .
上四分位数即为 分位数， ，则样本数据的 分位数为
第 个数据与第 7 个数据的平均数，为： .
故答案为： .
13. 在正三棱柱 中， ，则在该正三棱柱内可放入的最大球的体积为_____.
【答案】
【解析】
【分析】最大球的半径受限于底面内切圆半径和棱柱高度的一半，取二者的较小值，即可求解最大球的体
积.
【详解】等边三角形 的边长为 2，所以 内切圆的半径为 ，若球与上下底面相切，则半径为
1， ，
所以该正三棱柱内可放入的最大球的半径为 ，该球的体积为 .
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故答案为：
14. 函数 在区间 内存在零点，且该零点不是 的极值点，则实数 的取
值范围为_____.
【答案】
【解析】
【分析】将问题转化为 和 的函数图象在 上有交点，且在交点处不相切，利
用导函数研究 的单调性，结合图象可得.
【详解】因 在区间 内存在零点，且该零点不是 的极值点，
则 和 的函数图象在 上有交点，且在交点处不相切，
因 ，
令 ，则 ，则 在 上单调递增，
因 ，则当 时， ， ；当 时， ， ，故
上单调递减，在 上单调递增，
因 ，
其图象如图：
故 ，故实数 的取值范围为 .
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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. 在 中，角 的对边分别为 ，
（1）证明： ；
（2）若 ，求 .
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）运用余弦定理进行角化边，再运用正弦定理进行边化角即可得证；
（2）将（1）中所得结论进行三角恒等变换可得 ，再代入 ，即
可求得 ，再次运用三角恒等变换，即可得解.
【小问 1 详解】
根据余弦定理，有
，根据正弦定理，该式可化为 ，
又因为在 中， ，故 可化为 ，得证.
【小问 2 详解】
由 ，可知 与 同号.
若 均小于 0，则两个角均为钝角，在三角形中不可能，因此 均为锐角，故有
.
由（1）中的 ，可得 ，即
，两边同除 ，
得 ，代入 ，得：
，解得 或 （舍去），
故 .
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因此 .
16. 已知椭圆 的左顶点为 ，且离心率为 .
（1）求椭圆 的方程；
（2）过点 的直线 交 于不同的两点 (异于点 )，记直线 的斜率分别为 ， 求
.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得 ，又 得 ，由 即可求解；
（2）设直线 的方程为 ，与椭圆 方程联立，消元，设 ，由韦达定理得
，利用斜率公式得 ，进而计算即可求解.
【小问 1 详解】
由题意有： ，又 ，所以 ，
又 ，
所以椭圆 的方程为： ；
【小问 2 详解】
由题意得直线 的斜率存在，设为 ，则直线 的方程为 ，
所以 ，得 ，
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所以 ，解得 ，
设 ，
所以 ，
所以 ，
所以
.
17. 已知函数 .
（1）若函数 在定义域内单调递增，求 的取值范围；
（2）若过点 可作曲线 的两条切线 ，记直线 的斜率分别为 ，求
的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数的单调性，利用导函数不小于 0 恒成立，再分离参数后，利用导数求最大值即可；
（2）设切点，利用导数的几何意义求出切线方程，过点 建立方程，根据方程有两正根，求出参数的
取值范围，再由 的表达式求范围即可.
【小问 1 详解】
因为函数 在定义域内单调递增，
所以 在 上恒成立，
所以 在 上恒成立，
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令 ，则 ，
当 时， 单调递减；当 时， 单调递增，
所以当 时， ，
所以 .
【小问 2 详解】
设切点为 ，
则 ，
所以切线方程为 ，
又切线过点 ，所以 ，即 ，
化简可得 ，
因为存在两条切线，所以方程有两个不等的正根，
故 ，解得 ，
此时 ，
所以
，
由 ，可知 ，
所以 的取值范围为 .
18. 如图所示，在长方体 中，点 分别是直线 上的动点.
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（1）若 分别为线段 的中点，证明： 平面 ；
（2）若 ，且二面角 的余弦值为 .
① 求 ；
②若直线 与平面 所成角为 ，求线段 长度的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）根据面面平行 性质证得线面平行即可.
（2）①设 ，根据空间向量法求解二面角的平面角的余弦值，计算求得结果.②如上建立空
间直角坐标系，设 ，空间向量法计算直线 与平面 所成角
的正弦值，结合线段 长度的最小值.
【小问 1 详解】
取 中点 ，连接 ，
因为 分别为线段 的中点，点 是 中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面
同理，因为 分别为线段 ，点 是 中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面
因为 平面 ，所以平面 平面 ，
又 平面 ，所以 平面 .
【小问 2 详解】
①以 为原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，
设 ，由 ，
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可得 ，
；
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，所以 ，
因为二面角 的余弦值为 ，可知二面角 的平面角为锐角，
所以 ，即 ，
当 时， ，即 ，解得 ，
此时二面角 的平面角为钝角，舍掉.
当 时， ，即 ，解得 ，
此时二面角 的平面角为锐角，因此 .
②如上建立空间直角坐标系， ，
则 ， ，
设 ，则 ，
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所以 ，平面 的法向量为 ，
设直线 与平面 所成角为 ，所以 ，
即 ，化简为 ，
平方得 ，化简得 ，
最终整理得 ，
线段 长度为
设 ，即 ，代入上式得： ，
展开并整理为关于 的一元二次方程： ，
因为 ，判别式 ，可得 ，化简为 ，
解得 ，则 的最小值为 ，
因此线段 长度的最小值为 .
19. 某奶茶店推出“积点兑换”活动，顾客每次消费后可随机获得 1 个、2 个或 3 个积点，对应概率分别为
，(每次消费所获积点数相互独立，各次消费所获积点累积计算). 记顾客初始积点数 ，第
次消费后的积点数为 ，规定: 当积点达到或超过 5 (即 ) 时，自动兑换一杯免费奶茶，兑
换后积点数重置为 .
（1）求 、 的值，并计算 的数学期望 ；
（2）设 ，请用
表示 ;
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（3）记 为第 次消费后的积点数 的数学期望，证明: .
【答案】（1） ， ，
（2） . （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）分析 的取值及各个取值对应的事件，依次求出其概率，根据数学期望的计算公式求得
的数学期望 ；
（2）当 且第 次获得 个积点，或当 且第 次获得 个积点，或当 且第 次
获得 个积点时，均可使得 ，由此可用 表示 ；
（3）结合（2）的解析，可用 表示 ，进而表示 ，求得
，证明 .
【小问 1 详解】
记顾客第 i 次消费获得 1 个积点为事件 ，第 i 次消费获得 2 个积点为事件 ，第 i 次消费获得 3 个积点为
事件 .
的取值可能是 .
因为要使 ，需两次消费均得 3 个积点，共 6 个积点，自动兑换一杯免费奶茶后，顾客的积点为 1 点，
所以 ；
；
；
；
；
所以， 的数学期望 .
【小问 2 详解】
由（1）知，
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所以 .
【小问 3 详解】
由（1）知，
所以 .
所以 .
所以 .
所以 .
所以
.
因为 ，
所以 .
所以 .
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