精品解析：重庆市大一联盟（稳昇高教育)2026届高三上学期12月联考数学试题

重庆大一联盟（稳昇高教育）高三（上）高2026届12月联考 数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.必须在题号所指示的答题区域作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中.只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据求出，再根据交集的定义即可得解. 【详解】由于，则，解得，则满足题设，故． 故选：B． 2. 已知直线，平面和平面，满足，且，则“”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】根据面面垂直的性质定理结合充分性必要性的判断即可求解. 详解】已知：，且， 当时， 根据面面垂直性质定理：如果一条直线垂直于两个互相垂直 的平面中的一个平面，那么这条直线与另外一个平面平行 或在另外一个平面内，而题中说， 故只能是，所以充分性成立； 当时，直线与平面有可能平行， 相交或者在平面内，不一定有，所以必要性不成立. 综上可知 “”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算即可求解. 【详解】由题意. 故选：D． 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件利用两角和的余弦公式化简得出的值，然后利用诱导公式求解即可. 【详解】因为 则， 故， 所以， 故选：D. 5. 已知定义在上的奇函数，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由是奇函数求得，根据函数的单调性求解不等式. 【详解】∵函数是奇函数，，即， ，即，为上单调递增的函数， ，则，解得. 故选：A. 6. 已知正项等差数列中，，，若，则（ ） A. 10 B. 13 C. 15 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】先根据条件求出和，再写出前项和为， 则解得. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，则由，得， 解得，或（舍），，设数列的前项和为，则，故，解得. 故选：C． 7. 已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．当时，与的图象交于两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简，再根据图象平移求得的解析式，然后根据求得的表示，再对进行赋值，则可求. 详解】由题意得， ，两个函数的周期均为， 与的图象交于两点，故令， ()或()， 解得()，∴不妨取，则， 故选：C． 8. 过点作的切线，切点为，以为直径的圆与轴交于另一点，则到的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据导数的几何意义求出切点，从而可求出以为直径的圆的方程，进而可求出点的坐标，再根据点到直线的距离公式计算即可. 【详解】由题意知，设切点为，所以切线方程为， 又切线过点， 所以，解得， 所以或，两点关于轴对称，则， ∴切线为或， 则以为直径的圆为或均交轴于， 所以到的距离. 故选：B． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知正实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于AB选项可用基本不等式可判断，对于C选项举反例即可，对于D选项则根据条件进行消元转化为二次函数值域问题可得. 【详解】对于A：因为，所以， 即，当且仅当时取等号，故A正确； 对于B：因为，所以， 当且仅当，即时取等号，故B正确； 对于C：举例，满足，但，故C不正确； 对于D：由，， 当且仅当时取等号，故D成立； 故选：ABD. 10. 已知四棱柱中，各棱长均为1，，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由题可得，再证，则面，即可求解；对于B，，又可得，故B错误；对于C, 由，两边平方，利用数量积运算可得，故C正确；对于D，易证，，可得 ,，求得，即可求得，故D错误． 【详解】由题意得四棱柱底面为菱形，则，为平分线. 又因为，则在平面的射影在直线上， 所以平面，则， 面，面，，故A正确； 由为平行六面体，所以， 所以. 又 所以 ， 故B错误； ，设， 则， 解得，故C正确； 由，则为菱形，则， ，， ， 即， ，， 所以，故D错误． 故选：AC 11. 已知三次函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若时，则为增函数 B. 若时，则有两个极值点 C. 若时，当在取极大值，则 D. 若时，则图象关于中心对称 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，求出，讨论的正负即可进行判断；对于B，求出，结合极值点的概念判断导函数零点的个数即可判断；对于C，求出，对和两种情况分别讨论，借助于函数单调性即可判断；对于D，当时，，求出，即可判断. 【详解】由三次函数，则， A，当时，则， 当时，，即为增函数； 当时，令，解得， 所以在上单调递增， 令，解得或， 所以在和上单调递减，故A错误； B，由，由，则， 即有两个不等实数根，故有两个极值点，故B正确； C，由，则， 当，此时， 设的两根为，且， 在、上，在上， 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则； 当时，若有极大值，则，解得， 令的两根为，此时， 在、上，在上， 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，则，故C成立； D，若时，则， ，则图象关于中心对称，故D错误． 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据向量的加法坐标运算求出，再根据向量的模计算公式即可求解. 【详解】， ． 故答案为：. 13. 已知是定义在上的奇函数，对于任意的正实数都有，已知，那么______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用奇函数先求，再由得周期，利用周期即可求解. 【详解】是奇函数，，，即， 又，， 故时，周期为2，则． 故答案为：． 14. 如图，已知圆锥PO，用平行于底面的截面，将圆锥PO分切成小圆锥和圆台，此时圆锥的顶点P和圆上所有点均在球上，圆台存在和上下底面及侧面均相切的球，若球和的半径均为，则圆锥和圆台的高之比为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥和圆台的性质，结合相切，以及锐角三角函数，可得，，即可根据二倍角公式求解. 【详解】由题意，在轴截面等腰三角形中，，平行于底面的截面与轴截面形成了交线， 将分为和梯形，圆和圆分别为两部分的外接圆和内切圆，半径均为， 则有高，梯形高，，， ，，， ，令，则，解得，所以． 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. 已知圆C的圆心在y轴，经过，，过直线上的动点作圆的切线，切点分别为． （1）求圆C的标准方程； （2）若，求P点坐标． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由题意，设出圆心与标准方程，代入已知点，求得参数，可得答案； （2）根据切线长定理以及三角形射影定理，求得动点轨迹，联立方程，可得答案. 【小问1详解】 由题意，设圆心，半径为，标准方程为：， 代入，，， ∴圆的标准方程为． 【小问2详解】 弦交于，则，， ∴由直角三角形射影定理：， 点满足：或， 即点为或． 16. 在中，内角、、的对边分别为、、，且． （1）求角B； （2）若是锐角三角形，，为AC边中点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式可求得的值，则角可求； （2）根据三角形形状先求解出角的范围，再由正弦定理以及两角和的正弦公式表示出并求出其范围，将平方可计算出的范围，则结果可知. 【小问1详解】 ，， 由正弦定理可得， ，， ，则，， 则，所以． 【小问2详解】 由（1）知， ∵为锐角三角形，则，， ，则， 由正弦定理可得， ， 为边中点，， ， ，即． 17. 数列满足，． （1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）设，数列的前n项和为，求． 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）对通项公式进行变形，结合等比数列的定义、通项公式进行求解即可； （2）利用分组求和法、错位相减法、等差和等比数列的前n项和公式进行求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，而， 所以是以2为首项，2为公比的等比数列； 所以，则； 【小问2详解】 由（1）可知，则， 令， ， 作差得：， ． 令， 则， ． 18. 如图，直角梯形，，，，为中点，将沿折起，使D到P处． （1）求证：平面； （2）若平面平面，，， （ⅰ）当时，求证：平面平面； （ⅱ）当二面角的正弦值为时，求的值． 【答案】（1）证明见解析； （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）或. 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，根据中位线证得，再利用线面平行的判定定理即可得证； （2）由题设证得，以方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，由，得． （ⅰ）利用向量数量积证得，进而根据线面垂直、面面垂直判定定理即可得证； （ⅱ）求平面与平面的法向量，由题意求得二面角的余弦值，利用向量方法列式计算即得. 【小问1详解】 连接交于点，连接，由题意四边形是矩形，所以为中点， 又因为为中点，所以在中，有， 因为平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 由，，得，则， 又平面平面，平面平面，平面， 面，面，则， 在矩形中，有， 以为原点，以方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示： 则有，，，，，， 所以，，， 由，． （ⅰ）当时，，， ，， ，， 又，平面，平面， 平面，平面，则平面平面． （ⅱ）取平面法向量，设平面的法向量为， 则，令，则， 因为二面角的正弦值为，则余弦值为， ， 化简得：，解得或． 19. 已知函数． （1）求在上的单调区间； （2）当时，，求a的范围； （3）令，证明：当时有极大值，且． 【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求函数的导数，解导数为零的方程，分区间判断导数的正负，确定函数的单调区间. （2）构造函数，通过多次求导分析函数的单调性，结合端点值分情况讨论，得出参数的取值范围. （3）求的导数，利用导数的单调性与零点存在定理确定极大值点，结合已有结论与构造函数证明不等式. 【小问1详解】 ，，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 在上的单调增区间为，单调减区间为，． 【小问2详解】 令，， ，，，， ，时为增函数， 若，则，由，则， 在单调递增，由，则时， 在单调递增，有，则时， 在单调递增，有，则时， 即在成立， 若，则在有解，即， 在时单调递减，则 在时单调递减，则 在时单调递减，则不成立， ∴综上所述． 【小问3详解】 ， ， 在时为减函数，，， ∴存在使得， ∴当时，；当时，； 在单调递增，在单调递减，是的一个极大值点， 由（2）有在恒成立，即① 由则，则需证在恒成立， 令，则，在单调递增，单调递减， ，则②在恒成立， ∴由①②得时， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆大一联盟（稳昇高教育）高三（上）高2026届12月联考 数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.必须在题号所指示的答题区域作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中.只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线，平面和平面，满足，且，则“”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 3. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知定义在上的奇函数，则的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正项等差数列中，，，若，则（ ） A. 10 B. 13 C. 15 D. 17 7. 已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．当时，与的图象交于两点，则（ ） A. B. C. D. 8. 过点作的切线，切点为，以为直径的圆与轴交于另一点，则到的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知正实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知四棱柱中，各棱长均为1，，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 11. 已知三次函数，则下列说法正确是（ ） A. 若时，则增函数 B. 若时，则有两个极值点 C. 若时，当在取极大值，则 D. 若时，则图象关于中心对称 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则______． 13. 已知是定义在上的奇函数，对于任意的正实数都有，已知，那么______． 14. 如图，已知圆锥PO，用平行于底面的截面，将圆锥PO分切成小圆锥和圆台，此时圆锥的顶点P和圆上所有点均在球上，圆台存在和上下底面及侧面均相切的球，若球和的半径均为，则圆锥和圆台的高之比为______． 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. 已知圆C的圆心在y轴，经过，，过直线上的动点作圆的切线，切点分别为． （1）求圆C标准方程； （2）若，求P点坐标． 16. 在中，内角、、的对边分别为、、，且． （1）求角B； （2）若是锐角三角形，，为AC边中点，求的取值范围． 17. 数列满足，． （1）求证：数列是等比数列，并求数列通项公式； （2）设，数列的前n项和为，求． 18. 如图，直角梯形，，，，为中点，将沿折起，使D到P处． （1）求证：平面； （2）若平面平面，，， （ⅰ）当时，求证：平面平面； （ⅱ）当二面角的正弦值为时，求的值． 19. 已知函数． （1）求在上的单调区间； （2）当时，，求a范围； （3）令，证明：当时有极大值，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $