精品解析：浙南名校联盟2025-2026学年高三上学期十月联考数学试题

2025学年第一学期浙南名校联盟十月联考 高三年级数学学科试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题纸． 一、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，只有一个是符合题目的要求． 1. 设，若，则（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 2. 已知双曲线，则双曲线的实轴长为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 3. 已知集合，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 2或 D. 1或 4. 冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．在冰球运动中冰球运动员脚穿冰鞋，身着防护装备，以球杆击球，球入对方球门，多者为胜．小华同学在练习冰球的过程中，以力，作用于冰球，使冰球从点移动到点，则力对冰球所做的功的最大值为（ ）（动力做的功） A. B. 3 C. 4 D. 5 5. 函数的图像与直线（为常数）的交点个数不可能为（ ）个 A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 6. 已知函数的定义域为为偶函数，且，则（ ） A. 47 B. C. 1 D. 2 7. 在平面直角坐标系中，圆标准方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆有公共点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. -1 8. 已知实数满足，则下列关系不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列论述正确的是（ ） A 已知随机变量，则 B. 数据1，3，9，4，5，16，7，11的下四分位数为3.5 C. 记两个变量的样本相关系数为，若越接近0，线性相关程度越强 D. 对某两个分类变量进行独立性检验时，若，则有的把握能推断零假设成立．其中表示概率值0.05所对应的临界值 10. 过抛物线的焦点的直线交于两点，其中是的中点，点到轴的最短距离为，为坐标原点，则下列命题正确的是（ ） A. 若直线的方程为，则 B C. 点的轨迹方程是 D. 11. 已知三棱锥，三棱锥的外接球为球，则下列选项中正确的是（ ） A. 与可能垂直 B. 与可能垂直 C. 过棱作球的截面，截面面积可能为 D. 二面角的余弦值可能为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 在二项式的展开式中，含项的系数为___________． 13. 已知数列满足，则___________． 14. 设为数字1，2，3，4，5，6的一个排列，记三位数，其中，例，则的值大于400的概率为___________． 四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤． 15. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求角的大小； （2）若点是中点，且，求的周长． 16. 已知正项数列满足． （1）求证：是等比数列 （2）设，记数列的前项和为，求证：． 17. 如图，四棱台的底面为菱形，的中点为． （1）证明：平面； （2）若，，点在底面上的射影恰是的中点，求平面与平面所成角的余弦值． 18. 已知椭圆的离心率为，焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）过圆上一动点作椭圆两条切线，切点分别为． （I）证明：； （II）求四边形面积的取值范围． 19. 已知指数函数，原函数的反函数可记作． （1）当时，证明：当 （2）当时，求函数的极值点； （3）当时，讨论曲线与的交点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期浙南名校联盟十月联考 高三年级数学学科试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题纸． 一、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，只有一个是符合题目的要求． 1. 设，若，则（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，结合复数相等的充要条件即可求解. 【详解】由可得，故， 故选：C 2. 已知双曲线，则双曲线的实轴长为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】将双曲线的方程化为标准方程，求出的值，即可得出该双曲线的实轴长. 【详解】双曲线的标准方程为，所以， 所以双曲线的实轴长为. 故选：B. 3. 已知集合，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 2或 D. 1或 【答案】B 【解析】 【分析】由题可知集合B是集合A的子集，讨论集合A和集合B中元素的对应关系，可求得实数的值，要特别注意集合中元素的互异性. 【详解】若，则集合B是集合A的子集，所以或. 当时，，则，不满足集合中元素的互异性，不合题意； 当时，，即，解得：或， 若，则，不满足集合中元素的互异性，不合题意； 若，则，符合题意. 故实数的值为2. 故选：B. 4. 冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．在冰球运动中冰球运动员脚穿冰鞋，身着防护装备，以球杆击球，球入对方球门，多者为胜．小华同学在练习冰球的过程中，以力，作用于冰球，使冰球从点移动到点，则力对冰球所做的功的最大值为（ ）（动力做的功） A. B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】由平面向量数量积的定义结合辅助角公式化简，即可得出答案. 【详解】由题，可得，又， ，其中， 当且仅当，时，取得最大值5. 故选：D. 5. 函数的图像与直线（为常数）的交点个数不可能为（ ）个 A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】换元后作出函数与的图像，数形结合得解. 【详解】令，则， 由题意，可转化为图像与直线交点个数问题， 在同一平面直角坐标系内，作出为与直线图像， 由图像可知，交点个数可能为， 故选：A 6. 已知函数的定义域为为偶函数，且，则（ ） A. 47 B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得函数是周期函数，用赋值法可求得，利用周期函数的性质即可得到结果. 【详解】因为函数的定义域为,且所以，且，即. 因为函数为偶函数，所以. 所以，所以函数是周期为4的周期函数. 所以. 故 故选：C. 7. 在平面直角坐标系中，圆的标准方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆有公共点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. -1 【答案】B 【解析】 【分析】先求出圆心与半径，由题意，只需与直线有公共点即可． 【详解】圆的方程为，即圆是以为圆心，1为半径的圆； 又直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点， 只需圆与直线有公共点即可． 设圆心到直线的距离为， 则，即， ． 的最大值是． 故选：B． 8. 已知实数满足，则下列关系不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】问题转化为函数，，和的图象的交点问题，结合图象判断即可. 【详解】依题意，令，则，，， 则a，b，c可分别视为函数，，的图象与直线交点的横坐标， 在同一坐标系中画出函数，，和的图象，如图， 当直线为时，； 当直线为或时，； 当直线为时，； 当直线为时，； 当直线为时，； 当直线为移动到左端的直线时，始终有. 综上所述，，，都有可能成立，而不可能成立. 故选：C. 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列论述正确的是（ ） A. 已知随机变量，则 B. 数据1，3，9，4，5，16，7，11的下四分位数为3.5 C. 记两个变量的样本相关系数为，若越接近0，线性相关程度越强 D. 对某两个分类变量进行独立性检验时，若，则有的把握能推断零假设成立．其中表示概率值0.05所对应的临界值 【答案】AB 【解析】 【分析】根据二项分布的期望公式、下四分位数的定义，结合相关系数的性质、独立性检验原理逐一判断即可. 【详解】A：因为，所以，因此本选项论述正确； B：数据1，3，9，4，5，16，7，11从小到大排列为1，3，4，5，7，9，11 ，16 ， 因为，所以数据1，3，9，4，5，16，7，11的下四分位数为，因此本选项论述正确； C：根据相关系数的性质可知越接近1，线性相关程度越强，所以本选项论述不正确； D：当，有的把握能推断零假设不成立，所以本选项论述不正确， 故选：AB 10. 过抛物线的焦点的直线交于两点，其中是的中点，点到轴的最短距离为，为坐标原点，则下列命题正确的是（ ） A. 若直线的方程为，则 B C. 点的轨迹方程是 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先设直线为，联立，得到两根之和，两根之积，设，则点到轴的最短距离为，显然当时，取得最小值，求出，A选项，，代入可得，，A正确；B选项，由焦半径公式得，，计算出，B错误；C选项，消去可得，C正确；D选项，计算出，，，D正确. 【详解】显然， 当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求， 设直线为，联立得， ，设，则, 设，则， 其中， 所以， 点到轴的最短距离为，显然当时，取得最小值， 故，解得， A选项，若直线的方程为，则，故，， 所以，A正确； B选项，由焦半径公式得，， 其中，， 所以， 所以，B错误； C选项，由于，，消去可得， 故点轨迹方程是，C正确； D选项，，， 故，，，D正确. 故选：ACD 11. 已知三棱锥，三棱锥的外接球为球，则下列选项中正确的是（ ） A. 与可能垂直 B. 与可能垂直 C. 过棱作球的截面，截面面积可能为 D. 二面角的余弦值可能为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，假设与垂直，得到⊥平面，⊥，由于，故⊥不可能，A错误；B选项，假设与垂直，得到⊥平面，⊥，当时，满足⊥，B正确；C选项，找到外接球球心，求出外接球半径为1，假设截面面积为，故截面半径，此时，满足要求，C正确；D选项，作出辅助线，得到的夹角即为二面角的平面角，假设二面角的余弦值为，，两边平方，整理得，解得，即重合，D正确. 【详解】A选项，假设与垂直， 因为，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， ， 所以， 由于，故⊥不可能，所以假设不成立， 所以与不可能垂直，A错误； B选项，假设与垂直， 因为，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，故当时，满足⊥， 所以与可能垂直，B正确； C选项，取的中点，连接，则， 故点即为三棱锥的外接球球心，即重合，外接球半径为1， 假设截面面积为，设截面半径为，则，解得， 此时，满足，， 故过棱作球的截面，截面面积可能为，C正确； D选项，过点作⊥于点， 因为，所以的夹角即为二面角的平面角， 假设二面角的余弦值为， ，两边平方得 ， 即，整理得， 解得，即重合， 即，故二面角的余弦值可能为，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 在二项式的展开式中，含项的系数为___________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项即可求解. 【详解】的通项为， 令，则， 故项的系数为， 故答案为：5. 13. 已知数列满足，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合等比数列求和公式，即可求解. 【详解】由数列满足， 则 . 故答案为：. 14. 设为数字1，2，3，4，5，6的一个排列，记三位数，其中，例，则的值大于400的概率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据排列排列的性质及题意分析求解即可. 【详解】数字1，2，3，4，5，6的排列数为， 要使的值大于400，则的取值组合为， 其中与的情况数一样，下面只分析其中一类： 当时，从中进行选取，满足即可， 则时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为； 当时，从中进行选取，此时任意选取均满足题意， 则满足条件的情况数为； 当时，从中进行选取，满足即可， 则时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为. 综上所述，满足条件的情况数为， 所以的值大于400的概率为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤． 15. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求角的大小； （2）若点是的中点，且，求的周长． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理角化边，得，再利用余弦定理可求，结合为三角形内角，可求. （2）在中，利用余弦定理可求，再在中，利用余弦定理求边，再求三角形的周长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得：. 又根据余弦定理：， 又为三角形内角，所以. 【小问2详解】 如图： 在中，， 由余弦定理：， 所以， 所以或. 若，则， ，所以. 所以的周长为； 若，则， ，所以. 所以的周长为. 所以的周长为或. 16. 已知正项数列满足． （1）求证：是等比数列 （2）设，记数列的前项和为，求证：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题设整理可得，进而求证即可； （2）由（1）得，结合指数函数的性质可得，进而求和即可求证. 【小问1详解】 由，则， 由于，则， 所以，则， 又， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列. 【小问2详解】 由（1）得，，则， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 则，即， 所以. 17. 如图，四棱台的底面为菱形，的中点为． （1）证明：平面； （2）若，，点在底面上的射影恰是的中点，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）由平行四边形可得线线平行，再由线面平行的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用平面的夹角公式得解. 【小问1详解】 连接， 因为， 所以，又， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 设点在底面上的射影为，取中点，连接， 因为，所以， 由的中点为，则， 又分别为的中点，所以， 故，又平面，平面， 所以， 故以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 因为在正三角形中，，在中，， 则， 所以, 设平面与平面的法向量分别为， 由，取，则可得， 由，取，可得， 设平面与平面所成角为， 则. 18. 已知椭圆的离心率为，焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）过圆上一动点作椭圆的两条切线，切点分别为． （I）证明：； （II）求四边形面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（I）证明见解析，（II） 【解析】 【分析】（1）由离心率及焦距列出等式求解即可； （2）（I）设，联立椭圆方程，由，得到，再由，联立椭圆方程得到，从而得到是关于的方程的两根，由韦达定理即可求证；（II）先确定直线的方程为：，结合弦长公式及点到线的距离公式，得到四边形面积表达式即可求解. 【小问1详解】 由题意可得：， 可得：， 又，得， 所以椭圆方程为 小问2详解】 （I）当，时，此时可得：， 显然， 同理：当，时，或，时， 都有， 当时， 设， 再设， 因为直线与椭圆相切， 联立，得， ， 即， 即， 同理，设， 联立椭圆与直线的方程可得， 得 ， 即， 即， 所以是关于的方程的两根， 所以，又， 可得：， 所以， 综上可证：； （II）先证：过椭圆：（）上一点的切线方程为； 证明：当斜率存在时，设切线方程为，联立椭圆方程， 可得，化简可得： ， 由题可得： 化简可得：，该方程只有一个根，记作， ，为切点的横坐标， 切点的纵坐标， 由于，则， 则切线方程为：， 化简得：． 当切线斜率不存在时，切线为，也符合方程， 综上上一点的切线方程为； 设， 所以，， 所以，， 所以直线的方程为：，又， 可得：， 点到直线的距离， 点到直线的距离， 联立， 可得：， 得， 所以， 所以四边形面积的 ， 又， 所以, 即四边形面积的取值范围是. 19. 已知指数函数，原函数的反函数可记作． （1）当时，证明：当 （2）当时，求函数的极值点； （3）当时，讨论曲线与的交点个数． 【答案】（1）证明见解析 （2）函数有极小值点，无极大值点 （3）曲线与有三个交点 【解析】 【分析】（1）由题意可得，令，求导可得在上单调递减，可得结论； （2）求导可得，令，可得，进而可得结论； （3）由题意可得时，曲线与没有交点，故只需考虑时，方程的解的个数即可，构造函数，利用函数的单调性判断即可. 【小问1详解】 当时，，所以， 令， 所以， 所以在上单调递减，所以， 即，所以，，即； 【小问2详解】 ， 所以， 令，又因为，所以，又，所以， 当时，，当时，， 所以函数有极小值点，无极大值点； 【小问3详解】 由，可得，因为，所以， 当时，，当时，， 则当时，曲线与没有交点． 下面只需考虑，与的交点个数即可， 令，得，，， 两边取对数得， 令，则， 由于，令，可得，而， 令，所以，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以时，， 作出的图像可得有两个解，且， 那么在上单调递增，在上单调递减， 又， ， 把看成一个整体， 由（1）得，，所以， 当，，所以， 因为，得， 所以， 当时，，当时，， 又在上单调递增，在上单调递减， 则在三个区间各有一个零点， 所以曲线与有三个交点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $