精品解析：四川省成都石室中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

成都石室中学2025-2026学年度上期高2026届十月考试 数学试题 一、选择题：本大题共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. 若全集，，，则集合的元素个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 2. 若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知一圆锥的轴截面是正三角形，将其侧面展开，得到的扇形的圆心角为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，设抛物线的焦点为，过轴上一点作直线交于，两点，若，，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 7. 已知函数，若对任意，当时，的图象与的图象有交点，则的取值范围为（ ） A. （0，1） B. C. D. 8. 若，则为偶数的排列的个数为（ ） A. 144 B. 288 C. 432 D. 576 二、选择题：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，全部选对的得6分、部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知直四棱柱中，四边形为矩形，，，为的中点，为的中点，为线段上的动点（不含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. C. 三棱锥的体积为定值 D. 10. 将函数的图象水平平移，得到函数的图象，若的导函数，则下列平移能满足题意的是（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 11. 已知，圆，点为圆上一动点，以为直径的圆交轴于，两点，设，，，则（ ） A. 当点在轴上时， B. 的取值范围是 C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，矩形中，是线段的中点，是线段的中点，连接，若，则_____. 13. 已知正实数，满足，则的最大值为_____. 14. 如图，是正四面体棱上的两个三等分点，分别过作同时平行于的平面，将正四面体分成上中下三部分，其体积分别记为，则_____． 四、解答题：本大题共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. 某家超市连续5天的广告支出（万元）与销售额（万元）的数据如下： 第天 1 2 3 4 5 广告支出 2 4 5 6 8 销售额 20 30 60 60 80 （1）从这5天中随机抽取3天，记销售额不少于60万元的天数为，求的分布列及均值； （2）已知与线性相关，求出关于的经验回归方程，并预测广告支出为10万元时的销售额． 附：经验回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为， 16. 已知中，角，，的对边分别为，，，，则 （1）已知，求； （2）若，过作的垂线，垂足为，且，求，； 17. 已知函数 （1）求的极小值； （2）若的极大值为，证明：. 18. 人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿（Isaac Newton，1643-1727）在《流数法》一书中给出了牛顿法：用“作切线”的方法求方程的近似解.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，在点处作曲线的切线，设与轴交于点，并称为的1次近似值；在点处作曲线的切线，设与轴交于点，称为的2次近似值.一般地，在点处作曲线的切线，记与轴交于点，并称为的次近似值. （1）若函数，取作为的初始近似值，求的2次近似值； （2）若函数，取作为的初始近似值，点，数列是由，，，，构成的，记：，.回答以下问题： （i）求数列的通项公式，并将的长度用表示； （ii）求证：. 19. 平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高所在直线的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍.已知的垂心为D，外心为E，D和E关于原点O对称，. （1）若，点B在第二象限，直线轴，求点B的坐标； （2）若A，D，E三点共线，椭圆T：与内切，证明：D，E为椭圆T的两个焦点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都石室中学2025-2026学年度上期高2026届十月考试 数学试题 一、选择题：本大题共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. 若全集，，，则集合的元素个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的运算法则计算即可. 【详解】因为， 所以，所以有4个元素. 故选：D 2. 若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用复数的四则运算化简复数，即得虚部. 【详解】由题设，故虚部为. 故选：B 3. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】易得的周期为，函数的周期为函数的周期的，再判断与的关系即可. 【详解】令，其周期， 对于函数，其周期为函数的周期的， 所以， 所以不是函数的一个周期， 又因为， 所以是函数的周期， 即函数的最小正周期是. 故选：C. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用全概率公式、对立事件的概率求法列方程求. 【详解】由全概率公式知 ， 所以. 故选：A 5. 已知一圆锥的轴截面是正三角形，将其侧面展开，得到的扇形的圆心角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得出底面圆半径与母线的关系，进而可求出扇形的圆心角. 【详解】设圆锥的底面圆的半径为，则其母线， 则其侧面展开扇形的圆心角. 故选：C. 6. 如图，设抛物线的焦点为，过轴上一点作直线交于，两点，若，，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，可求两线段的长度之比. 【详解】对抛物线，焦点，准线：. 如图： 过向准线作垂线，垂足为，交轴于，根据抛物线定义，得，所以； 过向准线作垂线，垂足为，交轴于，根据抛物线定义，得，所以. 所以，所以. 故选：B 7. 已知函数，若对任意，当时，的图象与的图象有交点，则的取值范围为（ ） A. （0，1） B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出分段函数的值域，根据对任意，当时，的图象与的图象有交点，可得函数的值域要覆盖所有的正实数，进而可得出答案. 【详解】当时，为减函数，则， 当时，为减函数，则， 因为对任意，当时，的图象与的图象有交点， 所以函数的值域要覆盖所有的正实数， 所以，解得， 所以的取值范围为. 故选：C. 8. 若，则为偶数的排列的个数为（ ） A. 144 B. 288 C. 432 D. 576 【答案】C 【解析】 【分析】先得出全排列有个排列，得出奇数有个，即可间接法得出偶数的排列数. 【详解】因为，所以共有个排列， 若为奇数， 则，，全部为奇数，有个， 故为偶数的排列共有个． 故选：C． 二、选择题：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，全部选对的得6分、部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知直四棱柱中，四边形为矩形，，，为的中点，为的中点，为线段上的动点（不含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. C. 三棱锥的体积为定值 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知及线面平行的判定判断A；由空间向量加减、数乘的几何意义，用表示出判断B；由面面、线面平行的判定及性质证明平面，结合棱锥的体积公式判断C；应用线面垂直的判定和性质定理证判断D. 【详解】由题设，且不含端点，则平面， 而平面，则平面，A对； 由，B错； 由分别是的中点，有，而，即， 所以为平行四边形，故，平面，平面， 所以平面，同理，由也可得平面， 由，且平面，则平面平面， 由平面，则平面，而， 所以到平面恒定不变，又为定值，则恒定不变， 由，故三棱锥的体积为定值，C对； 由题设，则， 且，即， 则，所以， 而平面，平面，则， 由，且平面，则平面， 由平面，则，D对. 故选：ACD 10. 将函数的图象水平平移，得到函数的图象，若的导函数，则下列平移能满足题意的是（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 【答案】AC 【解析】 【分析】根据导函数可得，由三角恒等变换可得或，结合诱导公式及图象平移变换依次判断即可. 【详解】因为的导函数，所以， 因为只有左右水平平移，故，所以. 因为， 或， ， 对于A，将函数的图象向左平移个单位长度， 得，满足题意，故A正确； 对于B，将函数的图象向左平移个单位长度， 得，不满足题意，故B错误； 对于C，将函数的图象向右平移个单位长度， 得，满足题意，故C正确； 对于D，将函数的图象向右平移个单位长度， 得，不满足题意，故D错误. 故选：AC 11. 已知，圆，点为圆上一动点，以为直径的圆交轴于，两点，设，，，则（ ） A. 当点在轴上时， B. 的取值范围是 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，先根据已知求出点的坐标，然后再验算即可；对于B，得出点在以坐标原点为圆心、为半径的圆上运动，即可验算；对于C，根据圆的向量表示式，结合韦达定理即可验证；对于D，只需验证是否成立即可. 【详解】 当在轴上时，，则，则，故A正确； 设且，则，代入得， 可得在以坐标原点为圆心、为半径的圆上运动，又圆交轴于，故，故B正确； 以为直径的圆的方程可写为， 令，可得，即， 则分别为方程的两根，由韦达定理得，，故C错误； 要证，即证， ， ， 所以，即，故D正确． 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，矩形中，是线段的中点，是线段的中点，连接，若，则_____. 【答案】## 【解析】 【分析】利用向量的线性运算和中点公式的向量运算即可求解. 【详解】由是线段的中点，可得， 又由是线段的中点，可得， 所以 ， 即， 故答案为： 13. 已知正实数，满足，则的最大值为_____. 【答案】1 【解析】 【分析】根据对数的运算性质，先把化成的形式，再结合基本不等式，求的最大值，最后利用对数函数的单调性可求的最大值. 【详解】因为，所以，当且仅当即，时取等号. 所以. 故答案为：1 14. 如图，是正四面体棱上的两个三等分点，分别过作同时平行于的平面，将正四面体分成上中下三部分，其体积分别记为，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用几何体的特征可知，利用割补法求出即可得答案. 【详解】由题意可知，, 设正四面体的棱长为6，则下部分可以看作一个直棱柱两端截去两个体积相同的四棱锥和，如图， 由题可知，,,; 由直棱柱的性质可知,所以的高为，且为四棱锥的高； , 棱长为6的正四面体高为，其体积为. 所以，所以. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 某家超市连续5天的广告支出（万元）与销售额（万元）的数据如下： 第天 1 2 3 4 5 广告支出 2 4 5 6 8 销售额 20 30 60 60 80 （1）从这5天中随机抽取3天，记销售额不少于60万元的天数为，求的分布列及均值； （2）已知与线性相关，求出关于的经验回归方程，并预测广告支出为10万元时的销售额． 附：经验回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为， 【答案】（1）的分布列为： 1 2 3 ；期望为 （2），102.5万元 【解析】 【分析】（1）根据超几何分布的概率公式求解分布列，进而可求解期望， （2）利用最小二乘法求解线性回归方程即可. 【小问1详解】 销售额不少于60万元的有3天，的所有可能取值为，，， ，，， 所以的分布列为： 1 2 3 所以； 【小问2详解】 ，， ， ， ，， 所以经验回归方程为， 当时，， 答：所求方程为，预测销售额为102.5万元. 16. 已知中，角，，的对边分别为，，，，则 （1）已知，求； （2）若，过作的垂线，垂足为，且，求，； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换公式得，再结合为三角形内角，可求角. （2）利用三角形的面积公式和余弦定理列式，可求. 【小问1详解】 因为， 所以， 故，即. 所以或. 又为三角形内角，且， 若，则，此时； 若，则. 综上：. 【小问2详解】 如图： 因为， 所以. 又由余弦定理：. 所以. 17. 已知函数 （1）求的极小值； （2）若的极大值为，证明：. 【答案】（1）0 （2） 由（1）知在处取得极大值， 由得，其中， 所以， 令， 当时，，则， 所以在上单调递增， 所以，即． 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，根据导数分析函数单调性，进而确定极小值； （2）先求出极大值的表达式，再通过构造新函数，利用导数研究新函数单调性来证明． 【小问1详解】 已知，， 则， 令，， 令，解得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 在处取得最小值． 又， 故存在，使得，又， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以在处取得极小值． 【小问2详解】 略 18. 人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿（Isaac Newton，1643-1727）在《流数法》一书中给出了牛顿法：用“作切线”的方法求方程的近似解.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，在点处作曲线的切线，设与轴交于点，并称为的1次近似值；在点处作曲线的切线，设与轴交于点，称为的2次近似值.一般地，在点处作曲线的切线，记与轴交于点，并称为的次近似值. （1）若函数，取作为的初始近似值，求的2次近似值； （2）若函数，取作为的初始近似值，点，数列是由，，，，构成的，记：，.回答以下问题： （i）求数列的通项公式，并将的长度用表示； （ii）求证：. 【答案】（1） （2）（i）；；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用导数求出曲线的切线方程，即可得r的2次近似值； （2）①先求出在点处的切线斜率为，可得切线方程，从而得，即可求得的表达式；由抛物线的定义可得；②利用进行放缩，结合等比数列的前n项和公式，可证命题. 【小问1详解】 由得，则，又，得， 故在处的切线的方程为：， 令，得到，所以，得到， 所以，在处的切线的方程为：， 令，得到，故r的2次近似值为； 【小问2详解】 （i）由，得， ，则，，得， 同理：在点处的切线斜率为， ，将代入得， 所以或， 若，则重合，与题设矛盾，故舍去， 故，故数列是首项为，公比为的等比数列， 得到， 由抛物线的定义可得， 故； （ii）由题意得， 由（i）知， 得， 结合时，， 可得，故， 所以，将代入， 得 . 19. 平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高所在直线的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍.已知的垂心为D，外心为E，D和E关于原点O对称，. （1）若，点B在第二象限，直线轴，求点B的坐标； （2）若A，D，E三点共线，椭圆T：与内切，证明：D，E为椭圆T的两个焦点. 【答案】（1） （2）证明：因为D和E关于原点O对称，且A，D，E三点共线，所以A，D，E，O四点共线，即点A，D，E，O都在x轴上. 因为是的高，所以，即轴. 因为的外心为E，所以，所以点B与点C关于x轴对称. 设与x轴的交点为，，，，， 由题意可得，即，化简得. 直线的斜率为，直线的斜率为， 所以，化简得① 直线的方程为. 椭圆与内切，所以. 联立 得. ， 即. 因为，所以， 即，即. 结合①可得 设椭圆T的焦距为，则， 所以D，E为椭圆T的两个焦点. 【解析】 【分析】（1）根据垂心以及外心满足的等量关系即可根据， ，求解， （2）根据共线以及可得，进而根据满足的垂直关系可得，联立直线与椭圆方程，得判别式，化简可得即可求解. 【小问1详解】 因为，所以. 设与x轴的交点为，由题意可得， 即，解得. 设，因为，所以， 则，解得. 所以. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：根据以及垂心和外心满足的几何关系，根据相切，通过判别式为0化简的是本题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $