精品解析：重庆市南开中学校2026届高三12月月考数学试卷

重庆市南开中学高 2026 届高三12月第四次质量检测 数学试题 注意事项: 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； 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 （ ） 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（ ） 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：， 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. 到直线距离的最小值为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， 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. 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. 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最大球的半径为，该球的体积为. 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，，，故在上单调递减，在上单调递增， 因， 其图象如图： 故，故实数的取值范围为. 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. 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， 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， 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. （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， 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， 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 ; （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， 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市南开中学高 2026 届高三12月第四次质量检测 数学试题 注意事项: 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，复数对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，若，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 5 4. 已知圆经过原点和点，并且圆心在直线上，则圆方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则 （ ） A. B. C. 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. 7. 已知函数，若，且在上有最大值，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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. 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. 10. 过直线上一动点作圆 的两条切线，切点分别为 ，记的垂心为 ，则（ ） A. 四边形为菱形 B. 的最小值为 C. 在圆 上 D. 到直线距离的最小值为2 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. C. D. 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_____. 13. 在正三棱柱 中， ，则在该正三棱柱内可放入最大球的体积为_____. 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_____. 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. 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. 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. 18. 如图所示，在长方体中，点分别是直线上的动点. （1）若分别为线段中点，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. 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 ; （3）记 为第 次消费后的积点数 的数学期望，证明: . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $