重庆市九龙坡区2026届高三数学上学期12月月考试题含解析

这是一份重庆市九龙坡区2026届高三数学上学期12月月考试题含解析，共22页。试卷主要包含了试卷由术圈整理排版， 下列结论中错误的是， 已知椭圆， 已知抛物线等内容，欢迎下载使用。
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.试卷由术圈整理排版.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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，根据集合交集运算即可求解.
【详解】因为或，
所以集合或，
故.
故选：D
2. “”是“直线与直线平行”的（ ）
A. 既不充分也不必要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 充分必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据两直线平行的性质，结合充分性、必要性进行判断即可.
【详解】直线与直线平行，
所以且，解得，
所以“”是“直线与直线平行”的充分必要条件，
故选：D
3. 函数的零点所在的一个区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】确定函数单调性，再利用零点存在性定理判断即得.
【详解】函数的定义域为，
函数在上都单调递增，则函数在上单调递增，
而，所以函数零点所在的一个区间是.
故选：C
4. 下列结论中错误的是（ ）
A. 在回归模型中，决定系数越大，则回归拟合的效果越好
B. 样本数据，，，的方差为8，则数据，，，的方差为2
C. 若随机变量服从正态分布，且，则
D. 具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，若样本点中心为，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据决定系数的意义判断A选项；根据方差的性质判断B选项；利用正态曲线可判断C选项；利用经验回归方程过样本中心点计算D选项.
【详解】对于A选项，决定系数越大，回归模型的拟合效果越好，故A正确；
对于B选项，样本数据，，，的方差为8，
则数据，，，的方差为，故B正确；
对于C选项，随机变量服从正态分布，均值，
正态曲线的对称轴为，
，，
由对称性知，，，故C错误；
对于D选项，经验回归方程过样本中心点，将代入中得，
，解得，故D正确.
故选：C
5. 已知是等差数列的前项和，公差，，若成等比数列，则的最小值为
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由成等比数列可得数列的公差，再利用等差数列的前项和公式及通项公式可得为关于的式子，再利用对勾函数求最小值.
【详解】∵成等比数列，
∴，解得：，
∴，
令，令，其中整数，
∵函数在递减，在递增，
∴当时，；当时，，
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查等差数列与等比数列的基本量运算、函数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意为整数，如果利用基本不等式求解，等号是取不到的.
6. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，M为椭圆C上任意一点，则下列说法错误的是（ ）
A. 的周长为6B. 面积的最大值为
C. 的取值范围为D. 的最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】求出椭圆的长短半轴长及半焦距，再结合椭圆的定义逐项判断即可.
【详解】椭圆：的长半轴长，短半轴长，半焦距，
对于A，的周长为，A正确；
对于B，点到直线距离的最大值为，则面积的最大值为，B正确；
对于C，，解得，C正确；
对于D，由，得，D错误.
故选：D
7. 已知四棱锥的所有顶点都在球的表面上，侧棱长均为，底面中，，，，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意求得，利用余弦定理求得，利用正弦定理求得四边形的外接圆半径，在底面内的射影为四边形外接圆的圆心，利用勾股定理求得，利用球心在上，求得外接球的半径，可求球的面积.
【详解】由于，所以，
连接，在中，由余弦定理可得．
设四边形的外接圆半径为，
则在中，由正弦定理可得，则，得．
因为四棱锥的侧棱长均相等，因此顶点在底面内的射影到四边形各顶点的距离相等，
故在底面内的射影为四边形外接圆的圆心，
连接，则．
设球的半径为，当在线段上时，，，解得；
当在线段的延长线上时，，，此时无解．
所以，因此球的体积.
故选：B．
【点睛】方法点睛：破解几何体的外接球问题的思路：
（1）定球心，柱体及台体的外接球球心一般在上、下底面圆或上、下底面多边形外接圆的圆心连线所在直线上，锥体的外接球球心往往是先找出锥体某个面的外接圆圆心，再过此圆心作该面的垂线来确定；
（2）求球半径，通常是在过球心的某个平面中，找出球的半径，底（侧）面外接圆的半径及球心到底（侧）面的距离，利用勾股定理，求出球的半径；
（3）用公式，即利用球的表面积或体积公式求解，根据几何体的特征，有时也可通过补形将锥体的外接球转化为柱体的外接球来求解．
8. 已知为直线上一点，过点作圆的切线（点为切点），为圆上一动点． 则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，可得，得到，结合直角三角形的性质和勾股定理，求得，，得到最小时，同时取得最小值，即可求解.
【详解】如图所示，连接，可得，且垂足为
要使得取得最小值，
即，
又由，
，
显然，当最小时，同时取得最小值，
所以，当时，且，
所以.
故选：B.
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. 已知复数，其中为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. 若复数满足，则的实部为2
B. 若，则为实数
C. 若，则
D. 若，则的最大值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项为复数的实部与虚部知识点；B选项考查复数相等知识点；C选项为共轭复数的概念及运算；D选项考查复数的几何意义，与复数模相关的轨迹问题.
【详解】对于A，解方程，，的实部为2，A正确；
对于B，,则共轭复数，
则，若，则，得，故为实数，B正确；
对于C，举反例，设，则，
计算得：，，故，但是且，C错误；
对于D，表示复平面上以为圆心、半径为1的圆.
表示圆上点到原点的距离，最大值为圆心到原点的距离加上半径，即，D正确.
故选：ABD
10. 已知抛物线：（）焦点到准线的距离为4，过的直线与抛物线交于，两点，为线段的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 抛物线的准线方程为
B. 若，则点到轴的距离为6
C. 当，则直线的倾斜角为
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据抛物线的性质结合抛物线焦点弦即可判断ABC，由，结合基本不等式即可判断D.
【详解】对于A，由题意可得，所以抛物线，
所以抛物线的准线方程为：，故A正确；
对于B，设，
由，所以，
所以点到轴的距离为6，故B正确；
对于C，过点分别作准线的垂线，垂足分别为，
过点作的垂线，垂足为点，由，
设，则，所以，
所以，在中，有，此时直线的倾斜角为，
根据抛物线的对称性有直线的倾斜角为或，故C错误；
对于D，设直线，，
所以，
所以，所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确；
故选：ABD.
11. 对于函数，下列结论中正确的是（ ）
A. 任取，都有
B. ，其中
C. 对一切恒成立
D. 方程有两个相异实根，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】分析函数的性质并作出图象，利用其图象性质，结合数列相关知识逐项分析判断即可.
【详解】当时，函数在时取最大值1，在时取最小值，
当时，可视为的图象向右每2个单位一平移，
其函数值为相邻上一个区间对应值的，因此，
作出函数的图象，如图，
对于A，当时，，任取，
，A正确；
对于B，，数列是
以为首项，为公比的等比数列，，
因此，B错误；
对于C，由，得，则，，
因此，C正确；
对于D，方程有两个相异实根，则，
由，解得或，于是，
所以，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题选项BC，利用函数的性质，构造数列，再利用数列相关知识求解是关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中，按的升幂排列的第3项的系数为______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据已知得出按的升幂排列的第3项即含的项.结合二项式定理，分类讨论求解，即可得出答案.
【详解】由已知可得，展开式中含有常数项、一次项、两次项，
所以，按的升幂排列的第3项即含的项.
展开式中的常数项为，展开式中含的项为；
展开式中含的项为，展开式中含的项为；
展开式中含的项为，展开式中的常数项为.
所以，的展开式中，含的项为.
故答案为：3.
13. 若函数的部分图象如图所示，且，则的最小正周期为________；


【答案】##
【解析】
【详解】根据图象，写出三点的坐标，由，求出的值，根据，得到的最小正周期.
【点睛】令，得；
令，得；
令，得.
由图可知，.
由，得，解得.
所以的最小正周期为.
故答案为：.
14. 三等分角大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，它和“立方倍积问题”“化圆为方问题”并称为“古代三大几何难题”.公元六世纪时，数学家帕普斯曾证明用一固定的双曲线可以解决“三等分角问题”.某同学在学习过程中，借用帕普斯的研究，使某锐角的顶点与坐标原点重合，点在第四象限，且点在双曲线的一条渐近线上，而与在第一象限内交于点.以点为圆心，为半径的圆与在第四象限内交于点，设的中点为，则.若，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】令，则，根据三角函数的定义和二倍角的正切公式得到，再利用两角和的正切公式得到，则得到直线方程，将其与双曲线方程联立得到，再结合两点距离公式即可求出.
【详解】令，则，直线的倾斜角为，则斜率，
显然，而，
则等腰三角形的底角为，，
即，而，则，则，
，
又，解得，
则直线，由，解得，
又，即，则得，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用两角和的正切公式和二倍角的正切公式求出直线，最后将其与双曲线方程联立，结合两点距离公式即可解出.
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. 已知函数（、，）的周期为，在时取到最大值，记．
（1）求函数的表达式；
（2）若数列为等差数列，，，记，求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦函数的性质，结合已知条件求出、、的值，进而得到函数的表达式；
（2）先根据函数表达式求出和的值，再利用等差数列的通项公式求出，进而得到，最后根据等比数列的前项和公式求出.
【小问1详解】
由题意，函数（、，）的周期为，
所以，即，解得，
又函数在时取到最大值，所以，
解得，，
又，所以当时，，
所以函数的表达式为；
【小问2详解】
由（1）知，函数的表达式为，
所以，，
又数列为等差数列，则，解得，，
所以，
又，所以，即数列为首项是，公比为的等比数列，
所以数列的前项和.
16. 羡除是《九章算术》中记载一种五面体.如图五面体，四边形与四边形均为等腰梯形，其中，，，，为中点，平面与平面交于.
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判断定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.
【小问1详解】
证明：因为是的中点，，所以，
因为，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面CDE，平面CDE，
所以平面；
【小问2详解】
取中点为，中点为，连接和，
因为四边形与四边形均为等腰梯形，且是的中点，
所以，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，，，，，，，
，，设平面的一个法向量，
所以，，令，则，，得，
易知是平面的一个法向量，
所以，
根据图知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
17. 已知椭圆，，分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，为等边三角形.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且，证明：直线l过定点，并求出此定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析，直线过定点
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，列式求出，进而得到椭圆方程.
（2）法一：设，直线的方程为，直线的方程为，分别联立椭圆方程，求出的坐标，得到直线的方程为，所以直线过定点；法二：设，求出，所以，设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到，由得到方程，求出，所以直线过定点.
【小问1详解】
由的最大值为3，得，由为椭圆上顶点时，为等边三角形，
得，联立解得，则，
所以椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
法一：由（1）知，设，
设直线斜率为，则直线的斜率为，
直线的方程为，直线的方程为，
由，得，
由，得，即，
由，得，
由，得，即，
则，
因此直线的方程为，即，
所以直线过定点．
法二：由（1）知，设，
直线斜率分别为，
则，由，得，
于是，由，得，
设直线的方程为，
由，得，
由，得，解得，
则，，
则，解得，
所以直线过定点.
18. 在足球训练中，甲、乙、丙三人进行传球训练．每次传球按以下规则转移：当球在甲脚下时，他有的概率继续控球（不传给别人），的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有的概率回传给甲，的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有的概率传给甲，的概率传给乙．初始时球在甲处，每次传球是相互独立的．
（1）求两次传球后球在乙处的概率，以及三次传球后球在丙处的概率；
（2）记次传球后，球在甲处的概率为，在乙处的概率为．
（i）证明：数列是等比数列；
（ii）求和的通项公式．
【答案】（1）;
（2）（i）证明见解析；（ii）；
【解析】
【分析】（1）两次传球后球在乙处：
思路：找两次传球到乙的唯一情况“甲→甲→乙”，每次传球有对应概率，分步完成用乘法算总概率.
三次传球后球在丙处：
思路：确定三次传球到丙的唯一情况“甲→甲→乙→丙”，各次传球概率已知，分步用乘法得总概率.
（2）（i）先明确次传递后球在各处概率关系，根据传球规则得出次传递后球在甲、乙处概率表达式，化简后对乙处概率表达式变形，结合初始值证明是等比数列.
（ii）用等比数列通项公式求出，再代入表达式得，验证首项满足后确定通项.
【小问1详解】
两次传球后球在乙处：只有“甲→甲→乙”这一种情况.第一次甲传给甲概率是，第二次甲传给乙概率是，分步用乘法，所以概率为.
三次传球后球在丙处：只有“甲→甲→乙→丙”这一种情况.第一次甲传给甲概率，第二次甲传给乙概率，第三次乙传给丙概率，分步用乘法，概率为.
【小问2详解】
（i）表示次传球后球在乙处的概率，它有两种情况：
第次球在甲处，第次甲传给乙，概率为；
第次球在丙处，第次丙传给乙，概率为.
所以.
则.
又，.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（i i）由（i）可知，所以.
因为，
则，
所以，符合上式，
所以.
19. 已知函数．
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）设；若是方程的两个不同实根，求证：
（3）若对任意，都有，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）分别求解与，结合点斜式求解曲线的切线斜率；
（2）令，可得，设，于是可将证明不等式转化为证明，构造函数，求导确定单调性从而证得结论；
（3）令，将已知不等式转化为，由函数的单调性可得，讨论，，验证不等式是否恒成立，从而得实数的取值范围．
【小问1详解】
由题意可知当时，，
则点，
，所以，
所以在处的切线方程为，即；
【小问2详解】
证明：由题意知，
令，又，
即，所以，
所以，设函数，
则，
所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
欲证，即证，
不妨设，则，则，
令，
由
，
所以在上单调递减，，
所以，即
又在上单调递增，所以，即，
故得证；
【小问3详解】
恒成立等价于，
令，上述不等式化为
令，则该函数单调递增，
即，
所以，
若，取，显然，与题设矛盾；
若，取，有，也与题设矛盾；
所以，则，
不妨设，
则
当时，，
所以在上单调递增，则，此时满足，
当时，令，
则
，
由导数的意义可知在的极小的区域内值为负，则取，有，与题设矛盾；
综上所述：
【点睛】方法点睛:本题的关键方法是利用分析法，将需要证明得不等式与已知的关系式相结合，得到新的需要证明得不等式，然后利用作差法构建函数，由函数的导数求函数的最小值.