精品解析：重庆市松树桥中学2026届高三上学期第三次质量检测数学试题

重庆市松树桥中学高2026届高三上期第三次质量检测 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.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的除法及共轭复数的意义求解. 【详解】依题意，，所以. 故选：C 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式、指数不等式求集合，再由集合的交运算求交集即可. 【详解】由，， 所以. 故选：A 3. 已知直线与直线相互平行，则实数的值是（ ） A. B. 1或 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线平行列方程求解即可. 【详解】由题意，，解得或， 当时，，，满足； 当时，，即，， 两直线重合，不符合题意. 综上所述，. 故选：A. 4. 在正项等比数列中，，且，，10成等差数列，则的值为（ ） A. B. C. 18 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列下标和性质，结合等差中项列出等式求解即可. 【详解】在正项等比数列中，设公比为， 则，又，，10成等差数列， 则，则， 故， 故选：C 5. 已知 ， ，那么为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据利用两角差的正切公式即可得解. 【详解】因为 ， ， 所以. 故选：C. 6. 直线被圆截得的弦长为，则直线的倾斜角为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆的圆心和半径，利用弦长公式及点到直线距离公式列式求解. 【详解】圆的圆心坐标为，半径为， 设圆心到直线的距离为，则弦长为，解得， 因此，解得或， 所以直线的倾斜角为或. 故选：D 7. 已知圆台的上底面积，下底面积分别为，体积为，则该圆台的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆台的底面面积和体积公式，求得圆台的底面圆半径以及高；再根据外接球球心的几何特点，列出等量关系，进而求得球半径，再求球的表面积即可. 【详解】设该圆台的上底面和下底面半径分别为，高为； 由题可知：，，解得； 设圆台上底面、下底面圆心为，外接球球心为，球半径长度为， 显然，球心在的连线上，设，根据题意，作图如下所示： 若要满足题意，则，也即，，解得， 故，则该圆台外接球表面积. 故选：B. 8. 已知定义在上的函数满足，且对，当时都有，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得在上单调递增，则可将原不等式化为，再参变量分离后构造函数并结合导数研究其单调性后计算即可得. 【详解】因为函数满足，所以， 因为对，当时都有， 所以在上单调递增， 所以等价于， 即，， 即，，即， 令，则， 则当时，，仅当时取等号，即在上单调递增， 故，即， 则实数的取值范围为. 故选：A. 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，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. 已知圆和直线，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 直线与圆一定有公共点 C. 圆与圆只有一条公切线 D. 当时，圆上恰有两个点到直线的距离等于1 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出直线过的定点判断A；判断定点与圆的位置关系判断B；判断圆与圆的位置关系判断C；求出圆心到直线距离判断D． 【详解】对于A，直线的方程为，由，得， 直线过定点，故A正确； 对于B，，又， 所以定点在圆C内，则直线与圆C相交，有两个交点，故B正确； 对于C，圆化为， 圆的圆心为，半径为4， 两圆圆心距为，所以两圆相交， 因此它们有两条公切线，故C错误； 对于D，当时，直线，圆心到直线l的距离为， 而圆C半径为2，且，因此恰有2个点到直线的距离等于1，故D正确． 故选：ABD． 10. 已知将函数的图象向左平移得函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的对称轴为 D. 若函数，则在上有6个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】借助三角恒等变换可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数周期性计算可得A；结合平移性质计算可得，即可得B；利用正弦型函数对称轴计算可得C；计算出后，将的图象画出即可得D. 【详解】； 对A：依题意，，故A正确； 对B：，故B错误； 对C：由，令，， 解得，，故的对称轴为，故C正确； 对D： ， 令，则， 在直角坐标系中分别作出的图象如图所示， 观察可知，它们在上有6个交点， 即在上有6个零点，故D正确. 故选：ACD. 11. 设是函数的三个零点，则（ ） A. B. C. 若成等差数列，则成等比数列 D. 若成等差数列，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】参变分离后构造函数，结合导数研究其单调性后可得A、B；结合等差、等比数列性质与指数运算性质计算可得C、D. 【详解】对A、B：令，则，设， 则，故当时，， 当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减， 又时，，时，，时，， 且，故，且，故A、B正确； 对C、D：由题意可得，所以， 由于成等差数列，则，故， 则，所以，故成等比数列，故C正确； 则，化简有，则， 解得或， 又，则，故，则， 又，故舍去， 故，又， 所以，故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. 平面向量，满足，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】对两边平方可得，再计算从而可得结果. 【详解】由，两边平方可得，解得， 则，. 故答案为：. 13. 设数列的前项和（），则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用数列前项和与通项的关系进行求解. 【详解】当时，； 当时，， 所以， 代入得； 所以. 故答案为： 14. 已知两定点，，若直线上存在点满足，则实数的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】设，由，得圆的方程，由直线与此圆有公共点进行求解． 【详解】设，由，得， 整理得到， 即. 依题意，则直线与此圆有公共点， 得，解得或， 得实数的取值范围是. 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. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，是的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面的夹角的正弦值. 【答案】（1）证明： 因为底面是正方形，则， 又底面，平面， 则，， 以为原点，分别以，，所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 又是中点，故， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即 令，则，，所以， 所以，故， 又不在平面内，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用已知直线与平面法向量垂直，即可得到直线与平面平行. （2）将求直线与平面夹角正弦值问题转化为求直线与平面法向量夹角的余弦值问题，求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）得，平面的一个法向量为. ，所以， 又，， 设直线与平面的夹角为， 所以. 所以直线与平面的夹角的正弦值为. 16. 已知的面积记为.请在以下三个条件中，选择一个合适的条件，补充完成下题（只要写序号），并解答该题. ①；②；③ 内角，，的对边分别为，，，已知__________. （1）若，，求； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）选①，根据正弦定理边角互换，再结合恒等变形可得；选②，由数量积及三角形面积公式可得即可求解；选③，整理化简得，再利用余弦定理求解即可； （2）由正弦定理得，，再根据恒等变形化简得，结合锐角三角形及正弦型函数求值域即可． 【小问1详解】 选①在中，由及正弦定理，得， 则，即， 整理得：，又， 因此，又， 所以. 选②由，得， 因为，所以，又， 所以. 选③由，得到， 所以， 又，所以. 根据余弦定理， 得. 即，整理得. 解得或（舍去）.所以. 【小问2详解】 由， 得，， 因为，则，， 所以， ， 因为为锐角三角形，所以则， 所以，即取值范围为. 17. 如图1，已知长方形中，，，为的中点，将沿折起，得到四棱锥（如图2），使得平面平面. （1）求证：； （2）若点是线段上的一动点，当点在何位置时，二面角的余弦值为. 【答案】（1） 证明：在长方形中，，，为的中点， 则，平面平面，平面平面， 且平面，由，得， 则平面，又平面，所以. （2）点是线段靠近的三等分点 【解析】 【分析】（1）根据题目条件得出直线垂直直线所在的平面，进而推出：；（2）建立空间坐标系，通过的坐标得到的坐标，再通过二面角的余弦值为，计算可得点的位置. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作平面的垂线，并以此线为轴， 以直线，分别为，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 由点是线段上的一动点， 设，， 则 平面的法向量为，设平面的法向量为， 则， 取，得， 由二面角的余弦值为， 得， 解得，点是线段靠近的三等分点， 所以点是线段靠近的三等分点时，二面角的余弦值为. 18. 已知数列满足，，. （1）证明：数列为等比数列； （2）求的通项公式； （3）记，数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） 由，得， 又，，所以， 所以，， 即是以1为首项，3为公比的等比数列； （2） （3） 由（2）得， 所以， 所以， 显然是递增数列，所以. 因为，所以，所以. 【解析】 【分析】（1）利用结合等比数列的定义即可得证； （2）利用累加法即可求得的通项公式. （3）利用裂项相消法即可求解，根据其单调性即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， 当时， . 当时，也成立，所以的通项公式为； 【小问3详解】 略 19. 已知函数，． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）已知，若的两个极值点为，求的取值范围． 【答案】（1） （2）当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （3） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线方程； （2）求出函数的定义域与导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性； （3）求出函数的导函数，依题意的两根为且，即可求出的范围，再表示出，结合韦达定理即可得到，令，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出的范围. 【小问1详解】 由，得，则， 又，所以， 所以曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 函数的定义域为，又， 当时，在时恒成立，此时在单调递增； 当时，令，得， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减． 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 ， 则， 因为的两个极值点为，所以的两根为，且， 所以，解得， 所以， 由，， 得. 令，则，因为，所以． 令， 则， 所以在区间上单调递减， 又，， 所以， 即的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市松树桥中学高2026届高三上期第三次质量检测 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.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线与直线相互平行，则实数的值是（ ） A. B. 1或 C. D. 6 4. 在正项等比数列中，，且，，10成等差数列，则的值为（ ） A. B. C. 18 D. 24 5. 已知 ， ，那么为（ ） A. B. C. D. 6. 直线被圆截得的弦长为，则直线的倾斜角为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 或 7. 已知圆台的上底面积，下底面积分别为，体积为，则该圆台的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足，且对，当时都有，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. 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，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. 已知圆和直线，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 直线与圆一定有公共点 C. 圆与圆只有一条公切线 D. 当时，圆上恰有两个点到直线的距离等于1 10. 已知将函数的图象向左平移得函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的对称轴为 D. 若函数，则在上有6个零点 11. 设是函数的三个零点，则（ ） A. B. C. 若成等差数列，则成等比数列 D. 若成等差数列，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 平面向量，满足，，，则______． 13. 设数列的前项和（），则______. 14. 已知两定点，，若直线上存在点满足，则实数的取值范围是_____. 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. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，是的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面的夹角的正弦值. 16. 已知的面积记为.请在以下三个条件中，选择一个合适的条件，补充完成下题（只要写序号），并解答该题. ①；②；③ 内角，，的对边分别为，，，已知__________. （1）若，，求； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围. 17. 如图1，已知长方形中，，，为的中点，将沿折起，得到四棱锥（如图2），使得平面平面. （1）求证：； （2）若点是线段上的一动点，当点在何位置时，二面角的余弦值为. 18. 已知数列满足，，. （1）证明：数列为等比数列； （2）求的通项公式； （3）记，数列的前项和为，证明：. 19. 已知函数，． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）已知，若的两个极值点为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $