精品解析：浙江省强基联盟2026-2027学年高三10月题库数学试题

2026年高三10月题库 数学试题 考生注意： 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．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知随机变量，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.5 D. 0.8 3. 在平面直角坐标系中，已知点，，，则点是的（ ） A. 外心 B. 垂心 C. 内心 D. 重心 4. 设直线：与圆：交于，两点，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的前项和为，，，则当取到最大值时，（ ） A. B. C. D. 6. 已知四边形是圆台的轴截面，其中，，则从点沿圆台侧面到达点的最短路径的长为（ ） A. B. C. D. 7. 设曲线与曲线在点处的切线分别为，，在直线与相交所形成的四个角中，记其中较小的角为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知集合，若是的函数，且满足，则函数的个数是（ ） A. 4 B. 10 C. 13 D. 23 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. 为调研某校高一年级800名学生的物理期末考试成绩，随机抽取100名学生作为样本，绘制出频率分布直方图，如图所示，则（ ） A. B. 样本成绩的众数估计值为75 C. 样本成绩的中位数估计值为70 D. 该校高一物理期末成绩不低于80分的学生约有280人 10. 已知函数，，则（ ） A. 的图象关于原点对称 B. 在上单调递减 C. 的最大值为 D. 在上有唯一零点 11. 在三棱锥中，，，，，分别为棱，上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的外接球的表面积为 C. 的最小值为 D. 当时，线段中点的轨迹长度为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则的值为______． 13. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点在双曲线上，且，，则双曲线的离心率为___________． 14. 若实数，满足，，则的值为______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）设为的中点，当的面积为时，求的最小值． 16. 有一枚质地均匀的正方体骰子，其相对的两个面的点数相同，分别标有1点，2点，3点，现将这枚骰子先后投掷两次，记第一次掷出的点数为，第二次掷出的点数为． （1）求的值； （2）设随机变量，求的分布列与数学期望． 17. 已知椭圆：（）的离心率为，其右顶点为，直线过抛物线：的焦点，且与交于，两点，直线，分别与椭圆在轴的右侧部分交于，两点（为坐标原点）． （1）求椭圆的标准方程； （2）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值； （3）记，的面积分别为，，求的最大值． 18. 如图，已知四边形是菱形，，是平面外一点，且，（）． （1）当时，求证：，，，四点共面； （2）若平面平面，平面平面， （i）求证：直线平面； （ii）求的值，使直线与平面所成角最大． 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间及最小值； （2）若数列满足，，， （i）证明：，； （ii）记，数列的前项和为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三10月题库 数学试题 考生注意： 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．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知，故的虚部为1． 2. 已知随机变量，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.5 D. 0.8 【答案】D 【解析】 【详解】由得，，所以， 由对称性可知，，即， 所以. 3. 在平面直角坐标系中，已知点，，，则点是的（ ） A. 外心 B. 垂心 C. 内心 D. 重心 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得，， 所以点是的重心，故D正确. 4. 设直线：与圆：交于，两点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求圆心到直线的距离，再结合垂径定理求弦长. 【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径， 则圆心到直线：的距离， 所以. 5. 已知等差数列的前项和为，，，则当取到最大值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知求和，然后代入等差数列的前项和公式，转化为二次函数问题求解即可． 【详解】设数列的公差为， 因为， 所以， 所以，又， 所以，故 所以， 所以当时，取得最大值. 6. 已知四边形是圆台的轴截面，其中，，则从点沿圆台侧面到达点的最短路径的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将圆台侧面补成圆锥侧面，根据圆台上下底面周长与展开后扇形弧长的比例关系求出母线长，从而求展开图的圆心角，再确定展开图中两点位置，利用余弦定理计算最短距离. 【详解】四边形ABCD是圆台轴截面，因此下底AB是下底面直径，上底CD是上底面直径， 则有下底面半径，上底面半径，母线长， 设补得的小圆锥母线长为，根据圆台上下底面周长与展开后扇形弧长的比例关系： ，解得， 即补成的大圆锥母线长为. 下底面周长等于大圆锥对应展开扇形的弧长：， 代入得，因此. 轴截面中 、 在圆台上相差半周，对应展开图中两点与补成的小圆锥顶点的连线夹角为圆心角的一半：. 在展开的扇形中， 点到小圆锥顶点距离为6， 点到小圆锥顶点距离为3， 由余弦定理：. 从点沿圆台侧面到达点的最短路径的长为. 7. 设曲线与曲线在点处的切线分别为，，在直线与相交所形成的四个角中，记其中较小的角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用导数求出切线的斜率，再通过两直线的夹角的正切公式求出 【详解】对曲线求导得，，曲线求导得，， 所以在点处的切线的斜率，切线的斜率， 两直线的夹角的正切值，又夹角为较小的角， 所以，结合， 解得. 8. 已知集合，若是的函数，且满足，则函数的个数是（ ） A. 4 B. 10 C. 13 D. 23 【答案】B 【解析】 【分析】按值域中元素个数进行分类讨论 【详解】情况一：值域中只有一个元素1，即值域为，对，只有1个函数符合题意； 情况二：值域中有两个元素，即值域为， ，其余两个不属于的元素，其函数值只能在中选，且至少有一个是，有种情况，所以符合题意的函数有个； 情况三：值域中有三个或三个以上元素，假设值域，满足，剩余一个元素不可能同时取到和两个函数值，矛盾； 综上所述，满足题意的一共有个. 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. 为调研某校高一年级800名学生的物理期末考试成绩，随机抽取100名学生作为样本，绘制出频率分布直方图，如图所示，则（ ） A. B. 样本成绩的众数估计值为75 C. 样本成绩的中位数估计值为70 D. 该校高一物理期末成绩不低于80分的学生约有280人 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A选项，频率分布直方图的所有矩形的面积之和为1，组距为10， 则， 解得，故A正确； 对于B选项，最高矩形的底边中点为众数估计值，最高矩形的底边中点为，故B正确； 对于C选项，；，； ，；，， 所以中位数落在第4组，中位数为，故C错误； 对于D选项，高一物理期末成绩不低于80分，包括第5组和第6组，两组的频率之和为， ，总人数为800人，则， 所以该校高一物理期末成绩不低于80分的学生约有280人，故D正确. 10. 已知函数，，则（ ） A. 的图象关于原点对称 B. 在上单调递减 C. 的最大值为 D. 在上有唯一零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A、验证，判定为奇函数； 选项B、先对函数求导，再判断函数在定义域内的单调性，即可判断B选项； 选项C、比较极大值与端点函数值，即可得到的最大值； 选项D、利用奇函数的对称性和函数的单调性，判断在上仅有一个零点 【详解】选项A、已知函数，， 因为， 所以是奇函数，图象关于原点对称，选项A正确； 选项B、对求导：， 令，解得， ， ， 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减． 因此在上不是单调递减函数，选项B错误； 选项C、由B的分析可知，在上递减，在上递增，在上递减， 因此函数在处取得极大值：， 因为， ， 所以的最大值为，选项C正确； 选项D、因为是奇函数，显然， 当时，单调递增，， 当时，单调递减，， 因此当时， 由奇函数对称性，时， 因此函数在上有唯一零点，选项D正确． 11. 在三棱锥中，，，，，分别为棱，上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的外接球的表面积为 C. 的最小值为 D. 当时，线段中点的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项AB可以通过构造正方体解决； 选项C棱，为异面直线，所以最小时就是公垂线段长，先证明平面然后作，为棱，的公垂线段，根据可求； 选项D通过空间向量先找到中点所在平面根据，找到约束条件，再根据平面向量基本定理，在平面上找互相垂直的两个单位向量作为基底，把空间中的曲线转化为平面曲线，轨迹为圆，经过验证轨迹为整个圆周，求周长可解. 【详解】 因为，，，所以 因为，，所以， 又因为，，，所以三棱锥可以补形成正方体. 选项A，假设，由上可知所以平面 即而在中已经证明 ，假设矛盾，故A错误； 选项B三棱锥的外接球，就是正方体的外接球，正方体的外接球直径为故正确； 选项C棱，为异面直线，所以最小时就是公垂线段长， 正方体中易知且所以平面 设在平面内作，平面所以, 即为棱，的公垂线段， 已知，所以，则，选项C正确； 选项D , 如图所示建立空间直角坐标系 在体对角线上： 在底面对角线上： 设的中点为, 令则 由，得；由 得，把这两式代入， 整理得点恒在平面上， 展开并整理得： 设平面的法向量，在平面上任取点 ，则 在平面取两个互相垂直的单位方向向量： 在平面上一点取点， ，， 这是圆的标准方程：圆心在，半径 对应空间中圆心 根据圆的参数方程可知 ，推出 线段中点的轨迹是完整的圆，故轨迹长度为，故选项正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则的值为______． 【答案】0 【解析】 【详解】， 令，得； 令，得； . 13. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点在双曲线上，且，，则双曲线的离心率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先用双曲线定义表示出两条焦半径长度，再对焦点三角形用余弦定理，建立关系式，算出离心率． 【详解】设，则， 由双曲线定义可得， 即， 所以，， 又，， 在中，由余弦定理得， 即， 整理得，解得， 故离心率． 14. 若实数，满足，，则的值为______． 【答案】3 【解析】 【分析】由，得；构造函数，判断函数的单调性，根据单调函数的零点唯一，得到，即，可求得的值. 【详解】由得，则，即. 设，，则函数在上单调递增. 由，，得，. ，得，即. ，得. ，. . 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）设为的中点，当的面积为时，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角进行求解； （2）根据的面积为求出，再利用中线定理得，结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理，得， 因为，， 所以，即， 因为，解得. 【小问2详解】 因为的面积为，即， 即，解得； 又因为，即， 两边平方得，即， 即， 即，即，时等号成立， 所以的最小值为． 16. 有一枚质地均匀的正方体骰子，其相对的两个面的点数相同，分别标有1点，2点，3点，现将这枚骰子先后投掷两次，记第一次掷出的点数为，第二次掷出的点数为． （1）求的值； （2）设随机变量，求的分布列与数学期望． 【答案】（1）． （2） 2 3 4 5 6 【解析】 【分析】（1）根据互斥事件的概率加法公式、独立事件同时发生的概率公式求解即可； （2）求出所有可能值对应的概率，列出分布列，根据期望公式得解. 【小问1详解】 因为与相互独立，且每次掷出的点数出现的概率都相等， 所以， 因此，的值为． 【小问2详解】 随机变量取值的所有可能结果为：2，3，4，5，6， ， ， ， ， ， 因此的分布列为： 2 3 4 5 6 ． 17. 已知椭圆：（）的离心率为，其右顶点为，直线过抛物线：的焦点，且与交于，两点，直线，分别与椭圆在轴的右侧部分交于，两点（为坐标原点）． （1）求椭圆的标准方程； （2）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值； （3）记，的面积分别为，，求的最大值． 【答案】（1） （2）可设直线：，代入抛物线，整理得； 记，，则，， 所以（定值）． （3）． 【解析】 【分析】（1）根据离心率求出，再由可得解； （2）设直线：，联立抛物线方程，利用韦达定理即可得证； （3）分别求出三角形面积，记，平方后利用基本不等式求最值即可. 【小问1详解】 因为，又， 所以，所以， 故所求椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，，显然，． 联立消去，解得，同理，可解得， 由（2）知，故得； 因为，，记，则， 故，即， 即，即，当且仅当时取到等号． 综上，的最大值为． 18. 如图，已知四边形是菱形，，是平面外一点，且，（）． （1）当时，求证：，，，四点共面； （2）若平面平面，平面平面， （i）求证：直线平面； （ii）求的值，使直线与平面所成角最大． 【答案】（1）证明：因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以，． 又因为四边形为菱形，所以，， 从而有，， 所以四边形为平行四边形，所以，，，四点共面． （2）（i）证明：设平面，且，． 因为平面平面，为交线，所以平面． 设平面，且，． 因为平面平面，为交线，所以平面． 因为平面，平面，所以． 又因为平面，平面，所以平面． 因为平面平面，所以，所以平面． （ii）． 【解析】 【分析】（1）由，可判断出，借此求证，即可判断； （2）（i）设平面，由面面垂直得到平面，同理设平面，得到平面，再证明与位置关系，即可判断； （ii）令为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值，然后利用函数的最值问题处理方式，求得线面角的正弦值的范围，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）知，平面． 又已知四边形是菱形，且，记为边的中点，故可以为原点， ，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设，则，， ，，． 所以，，． 设是平面的一个法向量， 则，特取，得，即． 记直线与平面所成的角为， 则， 即， 所以当，即时，，即． 综上，当时，直线与平面所成角最大，且最大角为． 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间及最小值； （2）若数列满足，，， （i）证明：，； （ii）记，数列的前项和为，证明：． 【答案】（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为0． （2）（i）用反证法证明： 由，假设存在最小的正整数（），使得，则，由（1）得， 所以，与矛盾，因此假设不成立，即结论得证． （ii） 因为， 即， 因为，所以，得，即，即． 因此数列单调递减，得，得． 因为，即，． 代入，得，即， 即，即． 因为，所以，所以，即，即， 累乘得，当时，，又，得，． 故，即． 【解析】 【分析】（1）利用导数求单调性和最值； （2）（i）用反证法证明，假设存在最小的正整数（），使得，则，利用（1）的结论得，与矛盾从而得证；（ii）利用，得， 即．再将，代入，得 ，即，累乘，即可求解. 【小问1详解】 因为的定义域为，且， 当时，，当时，，故是的唯一极小值点，故，综上，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为0． 【小问2详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $