精品解析：重庆市兼善中学2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试题

重庆市兼善中学高2023级高三（上）期第二次月考数学试题卷 时间：120分钟 满分：150分 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. 【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】根据函数单调性得的解，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， 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， 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， 因为平面，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，则正方体的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. 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】 【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. 【详解】，因为，则， 则，解得. 则，则. 故答案为：. 13. 在的二项展开式中，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】则二项式的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， 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. （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：因为平面，平面，则， 又因为侧面为矩形，，则， 所以平面，故平面； （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】 略 【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， ， 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， 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n项和； （3）已知数列的前n项和，若对任意正整数n，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1），； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列和等比数列的知识求得公差和公比，从而求得通项公式． （2）利用裂项相消法求得． （3）利用错位相减法求得，利用差比较法求得的取值范围． 【小问1详解】 设等差数列的公差为d，已知， ，则． 则， 解得，所以 设等比数列的公比为q，，，又，所以． 因为， 解得（舍去，因为），所以． 【小问2详解】 由（1）知，， 则． ． 【小问3详解】 由（1）知，，则． ①， ②， ①-②得：，所以，则． 因为对任意正整数n，不等式恒成立， 即恒成立，等价于恒成立． 设，则． 当时，，即； 当时，，即， 所以的最大值为． 所以，即实数的取值范围是． 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：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. 【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. （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市兼善中学高2023级高三（上）期第二次月考数学试题卷 时间：120分钟 满分：150分 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 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. 3. 记是等比数列的前项和，已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，且是第二象限的角，则（ ） A. B. C. D. 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. 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 7. 已知函数，正数满足，则的最小值为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 16 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. 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 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. 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 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___________ 13. 在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为_________． 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______. 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． 16. 在三棱柱中，侧面为矩形，平面，是棱的中点. （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的余弦值. 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. 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n项和； （3）已知数列的前n项和，若对任意正整数n，不等式恒成立，求实数的取值范围． 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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $