重庆市2026-2027学年高三10月第三次质量数学模拟检测（二）

**基本信息** 融合数学史（杨辉垛积术、欧拉线）与科技热点（无人机编队），通过高阶等差数列、阿基米德多面体等情境，考查数学抽象、逻辑推理与空间观念。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|解三角形、向量、复数、立体几何|第7题以欧拉线与圆相切考查几何直观，第11题阿基米德多面体综合空间想象与体积计算| |填空题|3题15分|排列组合、数列扩展|第13题无人机编队排列结合实际应用，第14题数列“扩展”问题考查数学建模| |解答题|5题77分|函数单调性、立体几何证明、数列求和、解析几何|第19题椭圆与抛物线“相伴”问题综合逻辑推理与运算能力，第18题数列结合取整函数体现创新应用|

重庆市高2027届高三10月第三次质量模拟检测（二) 数学试题 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 2026.09 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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，只有一项是符合题目 要求的。 1.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a>b>c,则“b2+c2<a2”是“△ABC是钝角 三角形”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分A也不必要条件 2.若平面向量m,满足：=1，(m-)上m,则m.i=() A.-1 B.0 C.2 D.1 3.若cos(a+)+cosa=1，则cos(2a+写)=（) A,-月 B.月 c.-月 D. 4.已知函数f(x)=2x+3xf'(2)+5,则f'(2)=() A.-2 B.2 C.4hn2+3 D.-21m2 5.一圆台的上底面半径为2，下底面半径为7，体积为268π，则该圆台的母线长为() A.12 B.13 c.11 D.10 6.南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列 中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二 阶等差数列的前4项为：2,3,6,11，则该数列的第16项为() A.196 B.197 C.198 D.227 7.瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线 被称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作△ABC,使AB=AC,点B(3,-1),点C(-1,3),而且其 “欧拉线”与圆E:(x-a+4)2+(y-a)2=r2相切，则圆E的半径r为(） A.4W2 B.32 C.2V2 D.2 8.设U={(x1,x2,x3)川x∈{-2，-1,1,2，i=1,2,3}为空间中64个点构成的集合.点P(1,1,1),记样本空间2= 数学试题第1页（共4页) Cu{P)从2中随机取一个点，定义随机变量X如下：对2中的每个点A(x1,x2,x3),令X(A)=x1+x2+x3, 则X的数学期望值为() A.- B.高 C.0 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要 求的。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.已知复数z=-1+2i(i是虚数单位)，则下列说法正确的是() A.z=V5 B.z的虚部是2i C.复数z的共轭复数为z=1+2i D.复数z在复平面内对应的点位于第三象限 10.已知函数f)=,则（) A.f(x)在区间(1，+o)上单调递增 B.f(x)的最大值为 2e C.过原点且与曲线f(x)相切的直线方程为y=。x D.不等式(x-)f(x)>0的解集为(-1，)U(L,+o) l1.“阿基米德多面体”也称为半正多面体(sei-re gularsolia),是由边数不全相同的正多边形为面围成的多 面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可 截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB=√2，则关于如 图半正多面体的下列说法中，正确的有() A.该半正多面体的体积为 B.该半正多面体过A,B,C三点的截面面积为3y C.该半正多面体外接球的表面积为8m D.该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式V+F一E=2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2-b2=bc+c2,则A= 13.为助力城市低空经济发展，某科技公司计划开展无人机编队飞行表演，现有4架不同型号的四旋翼无 人机和3架不同型号的六旋翼无人机，将它们排成一列进行飞行展示.要求任意两架相邻无人机的旋翼数 数学试题第2页（共4页) 不同，则不同的飞行队形共有种.（结果用数字表示） 14.在一个数列的每相邻两项之间插入它们的等差中项，整个数列按照原来的顺序得到一个新数列，这样 的操作叫做该数列的一次扩展”.下面对数列1,3,7按照上述方法进行扩展”，第1次“扩展”后得到数 列1,2,3,5,7，第2次扩展"后得到数列1，三2，三3,4,5,6,7.设第n次扩展”后得到的数列 项数为，所有项的和为S,记[为不超过x的最大整数，则1og2(P2026+S2026】=一· 四、解答题：本题共5小题，共77分。 15.(13分)已知函数f()=1nx+是 (1)讨论f(x)的单调性： (2)若不等式xf(x)≥x+a在1，+o)上恒成立，求实数a的取值范围. 16.(15分)如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D为棱CC1的中点，AA1=2AC=2AB,A1D1BD. C B B (1)求证：AB1平面AA1C1C: (2)求直线BC与平面A1BD所成角的正弦值. 数学试题第3页（共4页） 17.（15分)已知△ABC的内角4，B,C所对的边分别为a么，c,且V3agnB-2bos4=-2二 2c (1)求A: (2)若a=2,求△ABC面积的最大值. 18.(17分)己知数列{an满足a1=2,an+1=an+2(n+1),n∈N*,等比数列{bn}的前n项和为Sn,且 满足b,=a-2,兰=9 (1)求数列{an}和{bn}的通项公式： ②设4=品 证明：受< (3)设d=2m-b+包，求数列[d]的前n项和T,(其中[表示不超过x的最大整数，如[-3.51=-4，[2.1]= bn 2). 19.(17分)已知椭圆C三+三=1(Q>b>0)的左、右焦点分别为，乃，抛物线G以坐标原点0为顶点， F1为焦点，C,C2的一个公共点为P. P=元，则称C,C2为%-相伴， PE (1)若C,C2为一相伴”，求直线PB的斜率. (2)若C1,C2为“2一相伴”. (1)求λ的取值范围； (i)若元=号，Q<3,G的方程为y2=-4x,直线y=k(x-1)与C交于点A,B,判断是否存在定点T(t,0), 使得直线AT与BT的倾斜角互补，若存在，求出t的值，若不存在，说明理由. 数学试题第4页（共4页) 重庆市2027届高三10月第三次质量模拟检测（二) 数学试题参考答案及评分细则 题号 2 3 4 5 6 8 9 10 11 答案 C B A D B D C A AD BC ACD 12.号 13.144 14.2029 【解析】设圆台的高和母线分别为h,1,则V= 1.【解析】因为b2+c2<a2,所以cosA= (π×2+π×72+Vm×22×π×7)h=268m, 2+2-。<0,又因为A为三角形内角，所以A为 2cb 故h=12,因此1=，h2+(7-2)2=13 钝角，若△ABC是钝角三角形，结合a>b>c得 6.【分析】由从数列中的第二项开始，每一项与 A为钝角，所以cOsA=+-a<0, 前一项的差构成等差数列，列出后一项与前一项 2cb 的差，再由累加法即可求得通项公式，即可求得 所以b2+c2<a2,所以“b2+c2<a2”是“△ABC 该数列的第16项. 是钝角三角形的充分必要条件。 【解析】若某个二阶等差数列的前4项为：2,3,6,11， 2.【解析】由(i-)⊥m可得（杭-）·元=0即 即a1=2,a2=3,a3=6,a4=11可知a2-a1= m2-m:元=0，所以m,元=m2=|m2=1. 1,a3-a2=3,a4-a3=5,,an-an-1= 3.【分析】先利用两角和的余弦公式展开已知等 2n-3,累加法即可得到an-a1=1+3+5+… 式，化简得到cos(α+)的值，再通过二倍角公 +2n-3=1+2m-3-2,则a=n2-2n+3, 式计算所求表达式的值 则a16=162-2×16+3=227 【解析】由题知cos(a+)=cosa- 7.【分析】本题先确定欧拉线，再利用中点坐标 代入已知等式cos(a+)+cosa=1可得 公式和直线垂直性质求出欧拉线方程，最后根据 直线与圆相切的性质求出圆的半径. cosa-sina=1,cos(a+)=1, 【解析】由已知AB=AC,所以△ABC是等腰三 可得cos(a+)=显然2a+号=2(a+) 角形，因为等腰三角形三线合一，所以欧拉线为 所以 边BC的高线.因为B(3,-1),C(-1,3),所以BC的 cos(2a+)cos 2(a+=2cos 2(a+ 中点坐标为(+2，)即(1,1)又因为kc )-1=2×(9)-1=号1=青 3-(-1型=-1，所以欧拉线的斜率为1.所以欧拉线 -1-3 4.【解析】由fx)=2+3xf'(2)+5得f'(x) 的直线方程为y-1=1×(x-1),即x-y=0, 2xln2+3f'(2).当x=2时f(2)=22ln2+ 又因为该欧拉线与圆(x-a+42+(y-a)2= 3f'(2),则f'(2)=-2ln2. 2相切.所以有层器有=22 5.【分析】根据圆台的体积公式可求解高，即可 8.【分析】本题由题意可知n(2)=63. 根据勾股定理求解母线， 解法一：根据古典概型求相应的概率，进而可得 答案第1页（共1页） 期望： 所以2中所有点的坐标和的总和为-1一1一1= 解法二：可得P(X=-3)=,PK=3)=3, -3,故E0W=3=会 根据对称性运算求解；解法三：根据点的特征结 10.【分析】AB选项，求定义域，求导，得到函 合古典概型运算求解 数单调性和最值；C选项，设出切点，根据切线 【解析】由题意可知：n(2)=4×4×4-1=63, 斜率得到方程，求出切点，得到切线方程；D选 且随机变量X的取值为-6，-5，-4，-3，-2， 项，先得到当x>1时，f(x)>0,当0<x<1时， -1,0,1,2,3,4,5,6 f(x)<0,从而得到不等式的解集 解法一：依题意，可得P(X=-6)=P(X=6)=3 【解析】A选项，f()=定义域为0，+o), P(X=-5)=P(X=5)=P(X=-4)= f'60）=-2xm-1-2mx x3 PK=4④=高 令f)=1-2nx>0得0<x<e,令f'(x)<0得 P(X=-3)=点P《=3)=高 x>e,所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e,+0） P(X=-2)=P(X=2)=P(X=-1)= 上单调递减，A错误：B选项，由A可知，f(x)在 P(X=1)=3,PX=0)=& x=e处取得极大值，也是最大值， 所以E(X)=（-6+6)×G+(-5+5-4+4× 最大值为f(e=e=二，B正确： e 2e 号-3×后+3×品+(-2+2-1+1)×品+ c运项，设切点为(x,) 则切线斜率为 0×= f'(xo)=1-2n x 解法二：根据概率的对称性可知：P(X=一6)= mx0-0 故1=2m=号，化简得1-2lnx0=lmxo,解 P(X=6),P(X=-5)=PX=5),P(X=-4)= x0-0 P(X=4),P(X=-2)=P(X=2),P(X=-1)= 20 切线斜率为3一= e-0 P(X=1), 1 又P(X=-3)=高PX=3)= 故过原点且与曲线f(x)相切的直线方程为y= 所以E)=-3×高+3×品=-去 六x,C正确：D选项，令f)=0,即=0， 解法三：因为x:∈{-2，-1,1,2}，i∈{1,2,3}， 解得x=1,由A可知，当x>1时，f(x)>0, 对于任意一点(x1,x2,x3),均存在(-x1,-x2,-x) 与之对应，可知这两点的坐标和为0， 当0<x<1时，f(x)<0,由f(x)的定义域可知 因为P(1,1,1),样本空间2=Cu{P}, x>0,故不等式(x-习)f(x)>0的解集为 可知样本空间2中存在唯一点(-1，-1，-1)与点 (0,)U(1,+),D范围不正确。故本题选BC。 P(1,1,1)对应， 答案第2页（共6页） 11.【解析】如图， 【解析】初始数列(0次扩展)项数为3，每次扩 展时，在原数列的每相邻2项之间插入1个新数： 第n-1次扩展后项数为卫1，则相邻项共Pm-1-1 对，第n次扩展新增Pn-1-1项， 因此递推关系为：Pn=Pn-1十(Pn-1-1)= 2Pn-1-1,初始条件Po=3,构造等比数列：Pn 1=2(Pn-1-1),可得Pn-1=2+1,即：Dn= 2n+1+1.设第n-1次扩展的和为Sn-1,第n次扩 该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中 点截去8个三棱锥所得到的。 展时，每对相邻项a,b插入等差中项， 对于A,因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱 所有新增项的和为全部相邻项和的： 锥所得到的，所以该几何体的体积为：V= 原数列首尾两项固定为1和7，所有相邻项总和 2×2×2-8×3×2×1×1×1=2 23 故正确： =2Sn-1-1-7,因此新增项和为25n1-8= 对于B,过A,B,C三点的截面为正六边形ABCFED, Snm-1-4,则递推关系为：Sn=Sn-1+(Sn-1 所以s=6××(V2)子=3V3,故错误： 4)=2Sm-1-4,初始条件S0=1+3+7=11, 对于C,根据该几何体的对称性可知，该几何体 构造等比数列：Sn-4=2(Sn-1-4),可得Sn 的外接球即为底面棱长为√2，侧棱长为2的正四棱 4=3·2m,即：Sm=7·2n+4代入n=2026: 柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积 P2026+S2026=(2027+1)+(7·22026+④= S=4rR2=4r×(W2)2=8π，故正确： 9·22026+5,显然22029=8,22026<9·22026+ 对于D,几何体顶点数为12，有14个面，24条 5<16·22026=22030,因此l0g2(P2026+ 棱，满足12+14-24=2，故D选项正确 S2026)∈(2029,2030)，取不超过该值最大整数得 13.【解析】设4架不同的四旋翼无人机为A,3架 结果为2029 不同的六旋翼无人机为B,因为A有4架、B有3架， 15.(本小题满分13分) 且任意两架相邻无人机的旋翼数不同， (1)由题意可知函数的定义域为(0，+0)， 所以它们排成一列只能是：A,B,A,B,A,B,A这种 f)=是是=器 1分 模式4架不同的A全排列为A4=4=24, 当a≤0时，f'(x)>0恒成立，f(x)在(0，+o)上单 3架不同的B全排列为A=3!=6, 调递增： 3分 则不同的飞行队形共有24×6=144种 当a>0时，由f'(x>0解得x>:由f(x)<0解 14.【分析】先列出数列{Pn}和数列{Sn的递推关 系，然后根据构造法求出P,n与Sn的通项公式，最 得0<x< .5分 后根据对数的运算性质即可求解， 所以fx)在(（，+∞)上单调递增，在(0，)上单调 答案第3页（共6页） 递减. ..6分 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，+o)上单调递增； B 当a>0时，f(x)在(，+0)上单调递增，在(0，)上 单调递减， .7分 (2)因为fx)=nx+是，所以不等式xf(x)≥ x+a化为xnx+≥x+a,即nx-x≥ B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,2),D(0,1,1), 所以xnx-x≥在1，+o)上恒成立，只需 BC=(-1,1,0),BA1=(-1,0,2): BD=(-1,1,1) ..10分 (n2x-x刀mn≥即可， ...9分 设平面A1BD的一个法向量为元=(x,y,Z), 令h(x)=xlmx-x(x>0),则h'(x)=nx, 则元：8A=-x+22=0 取z=1,得7= 因为x∈1，+o),所以h(x)>0,函数h(x)在 (元.BD=-x+y+z=0 (2,1,1). .11分 1,+0)上单调递增， ..11分 记直线BC与平面A1BD所成角为0，则sin0= 所以h(x)mn=h(1)=-1,所以-1≥，即a≤-2. |cos元，BC= B元 =2+1+=513分 6 因此实数a的取值范围为(-0，-2] .13分 BC I v6xV2I 16.(本小题满分15分) 即直线BC与平面A1BD所成角的正弦值为三 6 (1)不妨设AB=1,则，AC=1,AA1=2. 17.(本小题满分15分) 连接AD,由直棱柱的性质知，四边形ACC1A1为 （1)由已知得v30snB-2bosA=b.c 2bc 矩形，又D为CC的中点， 又cosA-2+c2-a2 故A1D=AD=V2 .1分 2bc 于是A1D2+AD2=4=AA,所以A1D1AD, 所以v3 asinB=bcosA ..1分 又A1D⊥BD,AD∩BD=D,所以A1DI平面ABD, 又a品A品所0以v,nin-sin8os4 ABC平面ABD,故A1D⊥AB. .3分 因为B∈(0，)，所以sinB≠0， 又AA1I平面ABC,ABC平面ABC,故AA1LAB, 所以anA=号 3分 又AA1∩A1D=A1,故AB1平面AA1C1.5分 又0<A<π ..4分 (2)由(1)知，AB、AC、AA1两两垂直，故以 所以A=号 .6分 A为原点， AB,AC,AA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角 (2)由a=2及A=gb=9=8=47分 6'sinB sinc sinA 坐标系 .7分 所以，由正弦定S△ABc=bcsinA= 则： 2×4sinB×4sinc×=4 sin B sinC.9分 即S△ABc=4sinB(sin B cos A+cos B sin A)= 答案第4页（共6页） 23sin2B+sin2B 当n=1时，2>1显然成立 ..13分 =3(1-cos 2B)+sin 2B 当n≥2时，设f(n)=2m-2m+1,f(n+1) =3+sin 2 B-3 cos 2 B .10分 f(n)=2m-2>0 =V3+2sin(2B-): ..11分 则f(n)单调递增，÷f(n)≥f(2)>0,..14分 因为A=各所以B∈(0，， .12分 2">2m-1,0<<1, .15分 则[dn]=2n-1, .16分 在△ABC中，当B=晋时， Tn=1+2n-0=n2. .17分 2 sin(2B-)取得最大值1. .14分 19.(本小题满分17分) 所以△ABC面积的最大值是V3+2....15分 (1)设c=√a2-b2,由题意知C,的焦点为 评分意见：第(2)题若学生化简正确，可直接给 F1(-c,0),准线为直线x=c, 2分：若学生化简错误，但有化简过程的可酌情 由抛物线定义得点P到C的准线的距离d=P· 给1分。若学生化简后直接求出最大值为1的也 易知点P在第二象限或第三象限， 可直接给3分，但若化简错误的则按评分标准进 行评分。 当点P在第二象限时，设直线P耳的倾斜角为a, 18.(本小题满分17分) d PR4 (1)当n≥2时，an-an-1=2n 则cos(t-d-P网p网5' 则an=2n+2(n-1)+…4+2=2×mm+1- 2 所以cosa=一含sima=,所以tana==-号 cosa n(n+ 即直线PR的斜率为-是 .2分 1), 2分 当点P在第三象限时，由对称性可得直线P的斜 当n=1时，a1=2满足上式，.an=n(n+1): 设等比数列{bn的公比为q, 率为 .3分 则，=6-2=4等=受-的 b1(1-g5】 1-q (1-q6) 综上，直线P吗的斜率为减- 1-q (2)i)设P(xo,y),由(1)知C的焦点为F(-c,0), (1+g31-93）=1+q3=9, (1-q3) 因为点P在C上，所以P=-+C,因为点P在 解得q= y轴左侧，故x。<0,故P=-+c 2 .3分 bn=b2qn-2=4×2n-2=2n 因为点P在C1上，所以 ..4分 (2)略(6分) 因*0+-+-6合=a (3)d.=0出=22+2n-111分 bn 先证2m>2n-1. 答案第5页（共6页） 所以-+c=a+,解得-飞=d ,所以 即 a IPRl-a-acsc=dte +=k(西-1+k(s-1_(-1s-t)+k(s-1(-t x-t x-t x-t X-t (s-t)(x2-t) a+c a+c k[2x-+10+)+21]-0, 由椭圆的定义得PFl+lPF2l=2a,又 到=， .13分 PE (31-t)(x2-t) 所以 所以P到= 2aA .4分 +1 2-+15+）+2亚=82,2482+1+2x=6-24 0 3+4k23+4k2 3+4k2 所以+c2_2a ， 所以6t-24=0,即t=4, ..15分 a+c元+1 +1 1+C 所以存在定点T(4,0) ....16分 设1+后=t,则1<t<2,且 使得直线AT与BT的倾斜角互补且t=4...17分 【19题·解析几何压轴题·点睛】 2 2-2 思路点睛：第二问中：根据点P在C,上，且点P在 =t+ 1+C t a C,上列出等式，得到-+c=a+, a 由1<t<2,可得2W2-2≤t+2-2<1,…6分 进而得到PK-a-a+c=d+c,又P=元， 所以2W2-2≤ 治1，行 a+c a+c又i PE引 ≤元<1，即的 列出关于的等式， 取值范围是盟，1) .8分 利用对勾函数的性质即可得到结果；由入=三及 (ii)(9分)因为C,的方程为y2=-4x,所以c=1, 由1=及(i)中+c2_2a2 a+c2+1 得 第一小问中口+c-2a1得出a的值， a+c2+1 a2+1=2ax 5 进而求出C,的方程5+号-1，设出直线方程与 3 a+1 12 C的方程联立，用韦达定理即可得到结果。 解得a=3(舍去)或a=2, 所以b=√a2-c2=3, ...9分 所以C的方程为芳+号-1， ..10分 y=k(x-1) 设A(x1y1),B(x2,y2),由 +1，得 、4 3 (3+42)x2-8k2x+4k2-12=0, 所以4=64k4-4(3+4k2)(42-12)= 1442+144>0。由韦达定理可得： 名+名=30名x=0 ..12分 假设存在定点T(t,0),使得直线AT与BT的倾斜角 互补，则直线AT与BT的斜率之和为0， 答案第6页（共6页）重庆市高2027届高三10月第三次质量模拟检测（二） 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 2026.09 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2. 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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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，只有一项是符合题目要求的。 1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则“”是“是钝角三角形”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分A也不必要条件 2．若平面向量，满足：，，则（    ） A． B． C． D． 3．若 ，则（    ） A． B． C． D． 4．已知函数，则（     ） A． B． C． D． 5．一圆台的上底面半径为2，下底面半径为7，体积为，则该圆台的母线长为（    ） A．12 B．13 C．11 D．10 6．南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为：，则该数列的第16项为（    ） A．196 B．197 C．198 D．227 7．瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，使，点，点，而且其“欧拉线”与圆相切，则圆E的半径r为（   ） A． B． C． D． 8．设为空间中64个点构成的集合.点，记样本空间.从中随机取一个点，定义随机变量如下：对中的每个点，令，则的数学期望值为（     ） A． B． C．0 D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。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．已知复数（i是虚数单位），则下列说法正确的是（    ） A． B．z的虚部是2i C．复数z的共轭复数为 D．复数在复平面内对应的点位于第三象限 10．已知函数，则（    ） A．在区间上单调递增 B．的最大值为 C．过原点且与曲线相切的直线方程为 D．不等式的解集为 11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（    ） A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体过三点的截面面积为 C．该半正多面体外接球的表面积为 D．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在中，角所对的边分别为，若，则______． 13．为助力城市低空经济发展，某科技公司计划开展无人机编队飞行表演．现有4架不同型号的四旋翼无人机和3架不同型号的六旋翼无人机，将它们排成一列进行飞行展示．要求任意两架相邻无人机的旋翼数不同，则不同的飞行队形共有______种．（结果用数字表示） 14．在一个数列的每相邻两项之间插入它们的等差中项，整个数列按照原来的顺序得到一个新数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．下面对数列1，3，7按照上述方法进行“扩展”，第1次“扩展”后得到数列1，2，3，5，7，第2次“扩展”后得到数列1，，2，，3，4，5，6，7．设第次“扩展”后得到的数列项数为，所有项的和为，记为不超过的最大整数，则______． 四、解答题：本题共5小题，共77分。 15．（13分）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 16．（15分）如图所示，在直三棱柱中，为棱的中点，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 17．（15分）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求； (2)若，求面积的最大值． 18．（17分）已知数列满足，，，等比数列的前项和为，且满足，． (1)求数列和的通项公式； (2)设，证明：； (3)设，求数列的前项和（其中表示不超过的最大整数，如，）． 19．（17分）已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线以坐标原点为顶点，为焦点，的一个公共点为．若，则称为“－相伴”． (1)若为“－相伴”，求直线的斜率． (2)若为“－相伴”． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，，的方程为，直线与交于点，判断是否存在定点，使得直线与的倾斜角互补，若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 数学试题 第4页（共4页） 数学试题 第3页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 重庆市2027届高三10月第三次质量模拟检测（二） 数学试题参考答案及评分细则 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C B A D B D C A AD BC ACD 答案第6页（共6页） 答案第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 12． 13．144 14．2029 1．【解析】因为，所以，又因为A为三角形内角，所以A为钝角，若△ABC是钝角三角形，结合得A为钝角，所以， 所以，所以“”是“是钝角三角形”的充分必要条件. 2．【解析】由可得 即，所以. 3．【分析】先利用两角和的余弦公式展开已知等式，化简得到的值，再通过二倍角公式计算所求表达式的值. 【解析】由题知 ， 代入已知等式可得 ，即 ，可得.显然， 所以 . 4．【解析】由得.当时，则. 5．【分析】根据圆台的体积公式可求解高，即可根据勾股定理求解母线. 【解析】设圆台的高和母线分别为，则， 故，因此. 6．【分析】由从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，列出后一项与前一项的差，再由累加法即可求得通项公式，即可求得该数列的第16项. 【解析】若某个二阶等差数列的前4项为：， 即可知，，,累加法即可得到，则，则 7．【分析】本题先确定欧拉线，再利用中点坐标公式和直线垂直性质求出欧拉线方程，最后根据直线与圆相切的性质求出圆的半径. 【解析】由已知，所以是等腰三角形，因为等腰三角形三线合一，所以欧拉线为边的高线.因为，，所以的中点坐标为即.又因为，所以欧拉线的斜率为.所以欧拉线的直线方程为，即.又因为该欧拉线与圆相切，所以有. 8．【分析】本题由题意可知. 解法一：根据古典概型求相应的概率，进而可得期望； 解法二：可得，，根据对称性运算求解；解法三：根据点的特征结合古典概型运算求解. 【解析】由题意可知：，且随机变量的取值为，，，，，，0，1，2，3，4，5，6. 解法一：依题意，可得， ， ，， ，， 所以； 解法二：根据概率的对称性可知：，，，，， 又，， 所以； 解法三：因为，， 对于任意一点，均存在与之对应，可知这两点的坐标和为0， 因为，样本空间， 可知样本空间中存在唯一点与点对应， 所以中所有点的坐标和的总和为，故. 10．【分析】AB选项，求定义域，求导，得到函数单调性和最值；C选项，设出切点，根据切线斜率得到方程，求出切点，得到切线方程；D选项，先得到当时，，当时，，从而得到不等式的解集 【解析】A选项，定义域为， ， 令得，令得，所以在上单调递增，在上单调递减，A错误；B选项，由A可知，在处取得极大值，也是最大值， 最大值为，B正确； C选项，设切点为，则切线斜率为， 故，化简得，解得，则切点为，切线斜率为， 故过原点且与曲线相切的直线方程为，C正确；D选项，令，即，解得，由A可知，当时，，当时，，由的定义域可知，故不等式的解集为，D范围不正确。故本题选BC。 11．【解析】如图， 该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的. 对于A， 因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：， 故正确； 对于B，过三点的截面为正六边形，所以，故错误； 对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故正确； 对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故D选项正确. 13．【解析】设架不同的四旋翼无人机为，架不同的六旋翼无人机为，因为有架、有架，且任意两架相邻无人机的旋翼数不同， 所以它们排成一列只能是：这种模式架不同的全排列为， 架不同的全排列为， 则不同的飞行队形共有种. 14．【分析】先列出数列和数列的递推关系，然后根据构造法求出与的通项公式，最后根据对数的运算性质即可求解. 【解析】初始数列（0次扩展）项数为，每次扩展时，在原数列的每相邻2项之间插入1个新数： 第次扩展后项数为，则相邻项共对，第次扩展新增项， 因此递推关系为： ，初始条件，构造等比数列：，可得，即： .设第次扩展的和为，第次扩展时，每对相邻项插入等差中项， 所有新增项的和为全部相邻项和的： 原数列首尾两项固定为1和7，所有相邻项总和，因此新增项和为，则递推关系为：，初始条件，构造等比数列：，可得，即： .代入： ，显然，因此，取不超过该值最大整数得结果为. 15．（本小题满分13分） （1）由题意可知函数的定义域为， ………1分 当时，恒成立，在上单调递增； ………3分 当时，由解得；由解得， ………5分 所以在上单调递增，在上单调递减． ………6分 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. ………7分 （2）因为，所以不等式化为，即. 所以在上恒成立，只需即可， ………9分 令，则， 因为，所以，函数在上单调递增， ………11分 所以，所以，即． 因此实数的取值范围为 ………13分 16．（本小题满分15分） (1)不妨设，则，，． 连接AD，由直棱柱的性质知，四边形为矩形，又D为的中点， 故 ………1分 于是，所以， 又，，所以平面ABD，平面ABD，故． ………3分 又⊥平面ABC，平面ABC，故⊥AB，又＝，故AB⊥平面 ……5分 （2）由（1）知，AB、AC、两两垂直，故以A为原点， 分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系 ………7分 则： ， ，， ， ………10分 设平面的一个法向量为， 则，取，得． ………11分 记直线BC与平面所成角为，则 …13分 即直线BC与平面所成角的正弦值为． 17．（本小题满分15分） （1）由已知得，又， 所以 ………1分 又，所以． 因为，所以， 所以 ………3分 又 ………4分 所以． ………6分 （2）由及, ..7分 所以， ….…9分 即 ………10分 ， ………11分 因为，所以， ………12分 在中，当时， 取得最大值1． ………14分 所以面积的最大值是．………15分 评分意见：第（2）题若学生化简正确，可直接给2分；若学生化简错误，但有化简过程的可酌情给1分。若学生化简后直接求出最大值为1的也可直接给3分，但若化简错误的则按评分标准进行评分。 18．（本小题满分17分） （1）当时， 则， ………2分 当时， 满足上式，； 设等比数列的公比为q， 则，， 解得 ………3分 ． ………4分 （2）略 （6分） （3）……11分 先证． 当时，显然成立 ………13分 当时，设， 则单调递增，，……14分 ，， ………15分 则， ………16分 ． ………17分 19．（本小题满分17分） （1）设，由题意知的焦点为，准线为直线， 由抛物线定义得点到的准线的距离． 易知点在第二象限或第三象限． 当点在第二象限时，设直线的倾斜角为，则， 所以，，所以，即直线的斜率为． ………2分 当点在第三象限时，由对称性可得直线的斜率为 ………3分 综上，直线的斜率为或． （2）（ⅰ）设，由（1）知的焦点为， 因为点在上，所以，因为点在轴左侧，故，故 因为点在上，所以， 所以，解得，所以． 由椭圆的定义得，又，所以 ………4分 所以，即． 设，则，且， 由，可得，…6分 所以，解得，即的取值范围是． ………8分 （ⅱ）（9分）因为的方程为，所以， 由，及（ⅰ）中，得， 解得（舍去）或， 所以， ………9分 所以的方程为． ………10分 设，，由，得， 所以。由韦达定理可得： ， ……12分 假设存在定点，使得直线与的倾斜角互补，则直线与的斜率之和为0， 即， ………13分 所以所以，即， ………15分 所以存在定点 ………16分 使得直线与的倾斜角互补且……17分 【19题·解析几何压轴题·点睛】 思路点睛：第二问中：根据点在上，且点在上列出等式，得到， 进而得到，又，列出关于的等式， 利用对勾函数的性质即可得到结果.；由，及第一小问中得出a的值， 进而求出的方程为，设出直线方程与的方程联立，用韦达定理即可得到结果。 $