重庆市第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.试卷由圈"整理排版.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.每题给出的四个选项，只有一项符合题目要求.
1. 已知复数及其共轭复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义和复数相等的条件求解即可.
【详解】设复数（），则.
由可得，，
则，即.
所以，解得，所以.
故选：A.
2. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式与前项和公式求解即可.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
则，解得，
所以.
故选：D.
3. 已知，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由二倍角的余弦公式、弦化切可求得的值.
【详解】，则.
故选：C.
【点睛】本题考查利用二倍角的余弦公式、弦化切求值，考查计算能力，属于基础题.
4. 若正数满足，且恒成立，则实数的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知利用基本不等式“1”的巧用，可求的最小值，然后结合不等式恒成立与最值关系的转化可求．
【详解】因为正数满足，即，
所以，
当且仅当，即，时取等号，
若不等式恒成立，则，
解得，所以实数的范围是.
故选：C．
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由，得到，再结合，求出，进而得到，即可求解的值.
【详解】因为，所以，
即，所以；
因为，所以；
代入 ，得到，得到；
.
故选：A.
6. 设椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且.过作，满足，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】先设，再结合椭圆定义及射影定理计算得出齐次式计算离心率.
【详解】设椭圆 的左右焦点为，其中，
点在椭圆上，且.过作，满足，
设，则，故，得 ，即，
在 中， PQ 为斜边上的高，由射影定理得：
，
，根据椭圆定义，，
即： ，
因此，椭圆的离心率为.
故选：B.
7. 如图， 为一个五面体，底面是矩形，EF与底面平行，四个侧面中，两个侧面为全等的等腰三角形，另两个侧面为全等的等腰梯形，其中，设，，，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】采用分割法将五面体分割为四棱锥和三棱锥，求出各部分体积，代入选项验证即可.
【详解】过作底面的垂线，垂足为，过作于点，连接、、，
则五面体可分为四棱锥和三棱锥.
由题意知，，
在中，，
在中，，即五面体的高为.
如图取、三等分点、、、，连接、、、、、，
则五面体可分为三棱柱、四棱锥和四棱锥，
且.
，
，
.
，，.
故选：D.
8. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率公式以及事件之间的关系可得的值，再根据可得，结合条件概率公式与对立事件概率关系即可得所求.
【详解】若，
则，所以，故，
所以，所以，
所以，
则.
故选：C.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选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. 已知数列的前项和为，满足，则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 数列是以2为首项，2为公差的等差数列
C. ，则最小值等于10
D. 数列的前项和小于1
【答案】ACD
【解析】
【分析】直接利用数列的递推关系式的应用求出数列为等比数列和求出数列的通项公式，进一步判定AB的结论，进一步利用等比数列的求和计算判断C，应用裂项相消求和判定D．
【详解】数列的前项和为，满足，①，
当时，解得，
当时，②，
①﹣②得：，即，
所以数列是以2为首项2为公比的等比数列．
所以 ，故A正确，
，，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，B错误；
对于C：，所以，所以，所以，则最小值等于10，故C正确；
对于D：由于，
所以数列的前项和，故D正确．
故选：ACD．
10. 已知抛物线的焦点为，准线为是抛物线上一动点，是准线上一动点，若的最小值为2，则（ ）
A.
B.
C. 当的横坐标为1时，的最小值为
D. 过作圆的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由最小值求出判断A；利用抛物线定义判断B；作出点关于直线的对称点求解判断C；利用圆的切线性质表示出四边形面积并求出最小值判断D.
【详解】抛物线的焦点，设，则，，
则，当且仅当时取等号，
对于A，由的最小值为2，得，解得，A错误；
对于B，过作于，则，B正确；
对于C，抛物线，，准线，当时，，令点关于直线的对称点为，则
，当且仅当是与的交点时取等号，C正确；
对于D，圆的圆心，半径，四边形的面积
，当且仅当时取等号，D正确.
故选：BCD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，是侧面上一点，则（ ）
A. 存在点，使
B. 若，则动点的轨迹长度为
C. 当在线段上时，直线与平面平行
D. 当在线段上时，直线与平面所成角最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量运算分析线面平行、线面垂直、轨迹方程、线面角，逐项分析计算即可.
【详解】以为原点，、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，.
设（是侧面上，则坐标恒为2，，）.
选项A：，.
若，则，即，整理得.
取，则满足条件，故A正确；
选项B：由得，，化简得.
该方程表示在平面上，以点为圆心，半径为1的圆弧（，，实际是四分之一圆），
所以轨迹长度为，故B错误；
选项C：，.
设平面的法向量为，则
，即，令，则，，所以.
因为在线段上，设（），则，
所以，，所以，（）.
因为，所以，又平面，
所以直线与平面平行，故C正确；
选项D：，.
设平面的法向量为，则
，即，令，则，又，所以.
设直线与平面所成角为，由选项C知，（）.
则
，，
所以，当时，取最大值，为，故D错误.
故选：AC.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知直线与圆交于两点，圆心为，则的面积为___________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】应用点到直线距离及几何法求弦长，最后计算面积即可.
【详解】直线与圆交于两点，
圆心，半径，
圆心到直线距离，，
则的面积为.
故答案为：.
13. 已知函数有两条切线经过，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】首先设切点、写切线方程，然后代入定点得参数与切点的方程，转化为函数交点问题，最后构造函数，分析其单调性与极值.
【详解】设切点为，的导数，故切线斜率.
设切线方程为
将，代入切线方程得
化简得
令，，即与有两个交点.
，令得.
时，单调递减；时，单调递增
所以极小值，
的图象如图，
要使与有两个交点，则
解得.
故答案为：
14. 学校的食堂菜品丰富，让人垂涎欲滴. 新年伊始，学校为学生们准备了免费汤圆，但为了避免浪费，每人每次至少取1颗，最多取3颗，最多取5次. 已知小张一共取了10颗汤圆，那么他取汤圆的方式有___________种.
【答案】61
【解析】
【分析】首先确定取汤圆的次数，通过分类讨论、枚举组合、计算排列数，即可求出取汤圆的方式.
【详解】由题意知，小张只能取4次或5次.
取4次的情况，可有组合3,3,3,1和组合3,3,2,2，
组合3,3,3,1:共4个位置，其中选1个位置放1个，剩余位置放3个，排列数；
组合3,3,2,2：共4个位置，选2个位置放3个，剩余位置放2个，排列数；
取4次时共种.
取5次的情况，可有组合3,3,2,1,1、组合3,2,2,2,1和组合2,2,2,2,2，
组合3,3,2,1,1：共5个位置，其中选2个位置放3个，剩余3个位置选1个放2个，剩余位置放1个，排列数；
组合3,2,2,2,1：共5个位置，其中选1个位置放3个，剩余4个位置选3个放2个，剩余位置放1个，排列数；
组合2,2,2,2,2：共5个位置，每个位置放2个，排列数为1；
取5次时共种.
综上，共种.
故答案为：61.
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 在中，内角的对边分别为，且满足.
（1）求角的大小；
（2），且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，整理后可得，再由正弦定理角化边，结合余弦定理求解；
（2）由结合（1），求得或，利用二倍角公式求得，运算得解.
【小问1详解】
因，
所以，
，又，
，即，
所以，所以，即，
又，所以.
【小问2详解】
，
由，得，
由，则，所以，
所以或，得或，
因为，所以，
所以.
16. 一种游戏的玩法如下：有4个完全一样的盒子，其中有2个盒子写的是“成功”，2个盒子写的是“失败”.玩家每一次可以随机打开一个盒子.①若打开盒子内容是“成功”，则该盒子消失；②若打开盒子内容是“失败”，则所有盒子的位置会刷新（即所有盒子会随机重排，但内容不变），当所有写着“成功”的盒子被打开后，则玩家获胜，并停止游戏.
（1）求玩家打开3个盒子后获胜的概率；
（2）若玩家最多有5次打开盒子的机会，设玩家停止游戏时打开盒子的数量为X，求X的分布列与期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据互斥事件和概率公式及独立事件同时发生的概率公式求解；
（2）求出随机变量的概率，列出分布列，求期望即可.
【小问1详解】
记A为玩家打开标记“成功”的盒子，B为玩家打开标记“失败”的盒子，
事件M为玩家打开3个盒子后获胜，
则，
则
【小问2详解】
由题意，，
，，
，
，
分布列如下：
.
17. 如图，在四棱锥中，为全等的等腰直角三角形，它们的直角顶点分别为，，，若为中点，为线段上的动点.
（1）证明：平面平面；
（2）若为中点且平面，求二面角的平面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，由面面角向量法计算即可求解.
小问1详解】
连接，由题意可得，
因为，则，
因为为的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，而平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
由（1）可知，两两互相垂直，
所以以为坐标原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：
则，
设，因为为线段上的动点，得，
，，得，
若为中点，则，，
取平面的一个法向量为，
若平面，则，
即，解得，则，
取平面的一个法向量为，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
所以平面的一个法向量为，
设二面角的平面角大小为，
则，
所以，
故二面角的平面角的正弦值为.
18. 已知双曲线的左、右焦点分别为，在上且.
（1）求双曲线的方程；
（2）按照如下方式构造点列：过点作互相垂直的两条直线分别交双曲线于，记弦与的中点分别为，直线与轴交于点.设.
（i）证明：过定点；
（ii）求.
【答案】（1）；
（2）（i）过定点，证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）将代入得到，结合垂直关系得到，联立可得，得到双曲线方程；
（2）（i）表达出直线，与双曲线方程联立得到两根之和，两根之积，求出，同理可得，得到直线的方程，令得，从而得到过定点；
（ii）在（i）基础上，得到为公比为的等比数列，得到通项公式.
【小问1详解】
在上，故，
因，可得，
又，联立解得，
故双曲线的方程为；
【小问2详解】
（i）证明：设过作直线，
由，消去得，
其中，所以.
由韦达定理，
所以.
过作直线，同理可求得.
所以直线的方程为，
在直线的方程中，令，得.
当时，，故直线过定点，即.
（ii）由（i）知，，故为公比为的等比数列，
又，故.
19. 已知函数，a为不等于1的正实数，为的反函数，e为自然对数的底数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若对任意恒成立，求的取值集合；
（3）若，过且不垂直于轴的任一条直线与的图象均有且只有一个交点，求的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间为，无单调递减区间
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）写出，进行二次求导即可分析出的单调区间；
（2）取对数再转化为恒成立，令，得到其最值即可得到值；
（3）分离参数得，再设新函数，进行多次求导得到的最小值，从而得到不等式，解出即可.
【小问1详解】
由题知，，
由于，定义域为，
，
令，故，
因为，故，故在上单调递增，故，
即的单调递增区间为，无单调递减区间．
【小问2详解】
对任意恒成立，
即对任意恒成立，
当时显然成立，
则时，两端取对数：即恒成立，又因为为不等于1的正实数，
则恒成立，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
则，即，
由前面过程知：当且仅当时成立，
所以的取值集合为.
【小问3详解】
设直线为，
因为，则原题设等价为：对恒有一个正根，
设，
则原题设等价为：对任意的与恒有一个交点，
注意到，当时，；当时，，
又是在定义域上的连续函数，
故要想使对任意的与恒有一个交点，只能为定义域上的单调递增函数，
则对恒成立，
记，
对恒成立，
又，，
设，，则，
故在上单调递增，
注意到，故当时，故在上单调递减，
当时，，、则在上单调递增，
故，故．
若，则当且仅当时，，不影响单调性．2
3
4
5