河北省廊坊市中国石油天然气管道局中学2026-2027学年高三上学期十月阶段检测数学试卷

2026-2027学年度廊坊市管道局中学高三上学期十月阶段检测 数学试卷 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、单选题 1．已知复数z在复平面内所对应点的坐标为，则（    ） A． B． C． D． 2．下列四组函数中，表示相同函数的一组是（      ） A．， B．， C．， D．， 3．角的终边经过点，则（   ） A． B． C． D．0 4．正四棱锥的顶点都在半径为的球面上，当棱锥的体积最大时，它的高为（  ）. A． B． C． D． 5．函数的图象大致为（   ） A．   B．   C．   D．   6．第一象限内有一动点，在过点且方向向量的直线l上运动，则的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D． 7．已知平面直角坐标系中三个点，若函数的图象恰好只经过上面三个点中的两个，则的值不可能为（ ） A．10 B．14 C．18 D．22 8．命题“，有解”是假命题，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知函数且，则下列结论中正确的是（    ） A．函数的图象过定点 B．函数在其定义域上有零点 C．函数是奇函数 D．当时，函数在其定义域上单调递增 10．设无穷数列的前项和为，且，若存在，使成立，则（    ） A． B． C．不等式的解集为 D．对任意给定的实数，总存在，当时， 11．已知函数的导函数为，与的定义域都是R，且满足，，则下列结论正确的是（    ） A．的图象关于中心对称 B．为周期函数 C． D．是偶函数 三、填空题 12．已知向量，，且，则________． 13．已知棱长为8的正四面体，沿着四个顶点的方向各切下一个棱长为2的小正四面体（如图），剩余中间部分的八面体可以装入一个球形容器内（容器壁厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为______. 14．已知函数及其导函数的定义域均为，是偶函数，函数的图象是一条连续不断的曲线且，则不等式的解集为______． 四、解答题 15．已知二次函数 (1)求函数 的解析式； (2)若函数在区间 不单调，求 的取值范围 (3)求函数在区间 的最大值． 16．题目将两正数积定以隐藏的形式给出.比如与的积为定值的式子有什么呢？与的积为定值的式子有什么呢？解决下面问题 (1)若，求的最小值. (2)若，求的最小值. 17．在中，. (1)求的大小； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上中线的长. 条件①：的面积为； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 18．已知椭圆的长轴长为2，离心率为. (1)求椭圆的标准方程. (2)已知圆，直线，直线与椭圆交于两点，为上异于的点，且直线与圆相切. （i）若直线的斜率存在，证明：直线的斜率之积为定值，且直线与圆相切. （ii）求面积的最小值. 19．已知圆，圆过轴上的定点，线段是圆在轴上截得的弦. (1)求定点的坐标； (2)证明：不论取何实数，弦的长为定值1； (3)设，，求的取值范围. ( …………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ) ( ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ ) ( …………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ) ( …………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ) ( 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ ) ( …………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ) 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《2026-2027学年度廊坊市管道局中学高三上学期十月阶段检测数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D C A C D A BCD BCD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】先求得，然后求得，由此求得. 【详解】因为复数z在复平面内所对应的点为， 所以，故，故． 故选：A 2．C 【分析】根据相同函数的概念逐项判断即可. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，的定义域为R，的定义域为，B错误； 对于C，和的定义域和对应关系都相同，C正确； 对于D，由，解得，故的定义域为， 由，解得或，的定义域为，定义域不一致，D错误. 故选：C 3．D 【分析】根据题意，由三角函数的定义，即可得到结果. 【详解】因为角的终边经过点， 则,. 所以 故选：D 4．C 【分析】设正四棱锥的底面正方形的边长为，高为，根据球的截面的性质，列出方程，求得，得到，令，求得，得出函数的单调性和极大值点，即可求解. 【详解】如图所示，设正四棱锥的底面正方形的边长为，高为， 因为正四棱锥的外接球的半径为，可设，且， 在直角中，可得，即， 即，解得， 则正四棱锥的体积为， 令，可得， 令，解得，所以在单调递增； 令，解得，所以在单调递减， 所以时，函数取得极大值，也是最大值， 所以当时，正四棱锥的体积取得最大值. 故选：C. 5．A 【分析】根据条件，可判断出为偶函数，可排除选项C和D，再利用当时，，可排除选项B，即可求解. 【详解】易知的定义域为，关于原点对称， 又，所以为偶函数，所以选项C和D错误， 又当时，，所以当时，，所以选项B错误， 故选：A. 6．C 【详解】，得， ， ，等号当且仅当时成立，此时，满足定义域条件， 所以的最大值为3. 7．D 【分析】将给定三个点的坐标依次代入每个选项对应的函数式验证即可. 【详解】A选项，若，， 而，，， 即过，不过，符合题意，A选项可能； B选项，若，， 而，，， 即过，，不过，符合题意，B选项可能； C选项，若，， 而，，， 即过，不过，符合题意，C选项可能； D选项，若，， 而，，， 即过，不过，，不符合题意，D选项不可能. 故选：D 8．A 【分析】先根据原命题为假命题推出其否定命题为真命题，从而得出与的关系，构造函数并求出最小值，进而得出的取值范围． 【详解】命题“，有解”是假命题， 其否命题“，”是真命题， 在上恒成立，即小于的最小值， 令，则开口向上，对称轴为， ，故在内的最小值为， ． 故选：A． 9．BCD 【分析】计算的值，可判断AB选项；利用函数奇偶性的定义可判断C选项；利用指数函数的单调性可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，故函数的图象过定点，A错； 对于B选项，因为的定义域为，且， 故函数在其定义域上有零点，B对； 对于C选项，因为，该函数的定义域为， 且，即函数是奇函数，C对； 对于D选项，当时，则， 因为函数、均为上的增函数， 所以，函数在上为增函数，D对. 故选：BCD. 10．BCD 【分析】根据题意，得到且是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解. 【详解】由，可得， 且，即 又由，可得数列是等差数列，公差， 所以是递减数列，所以是最大项，且随着的增加，无限减小，即， 所以A错误、D正确； 因为当时，；当时，， 所以的最大值为，所以B正确； 因为， 且， 所以当时，；当时，，所以C正确. 故选：BCD. 11．ABD 【分析】本题根据题目所给的抽象函数条件式，先确定为奇函数，根据原函数与导函数的奇偶关系确定为偶函数，确定为偶函数，再根据函数对称中心的表达式确定的对称中心，再根据对称中心、对称轴与周期的关系确定的周期，从而解决各个问题. 【详解】对于AB，，为奇函数，为偶函数； ，，故 ，关于中心对称，且 又关于y轴对称，故，, 所以，故， 的周期为，故的周期为，A，B正确. 对于D，对两边同时求导得，， 即，的对称轴为直线， 故为偶函数，故D正确. 对于C，关于中心对称， 所以， ， C错误. 故选：ABD. 12．/0.75 【详解】因为向量，，则，， 又因为， 则， 则. 13． 【分析】先求出正四面体的外接球半径，再利用，结合外接球知识求出该八面体的外接球半径即可求解. 【详解】如图： 设为正四面体的外接球球心，为的中心,为的中心, 为的中点， 由正四面体可知平面， 因为平面，所以， 又因为棱长为8，所以，， 设正四面体外接球球心为，则在，则为外接球半径， 由得，解得， 即, 在正四面体中，易得，，所以， 则该八面体的外接球半径, 所以该球形容器表面积的最小值为， 故答案为： 14． 【分析】对求导，结合题意分析的符号，可得的单调性，结合单调性和偶函数性质解不等式即可. 【详解】因为，则， 又因为，即，且， 当时，则，可得； 当时，则，可得； 可知在内单调递增，在内单调递减，且函数图象为不间断曲线， 若，即， 可得， 又为偶函数，则，即，解得， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是将变换成，利用的单调性和奇偶性进行求解. 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可； （2）根据题意可判断二次函数的对称轴满足，列不等式，求解即可； （3）根据对称轴和区间在数轴上的位置关系分类讨论即可. 【详解】（1）因为二次函数满足，且， 故函数的图象的对称轴为直线，且的最大值为16， 可设函数，根据，解得， 故． （2）函数对称轴为直线， 要使函数在区间上不单调，则， 即，得， 解得，所以t的取值范围. （3）由（1）知：函数图象的对称轴为直线，且开口向下， 当时，函数在上单调递减．此时最大值， 当，即时，函数在上单调递增， 此时最大值； 当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减； 此时最大值； 综上所述，当时，； 当时，； 当时，， 因此， 16．(1) (2) 【分析】（1）与的积为定值的式子中分母应该含有，从而利用基本不等式，通过积定求和的最小值； （2）与的积为定值的式子中应该有，因此通过配凑，使其积为定值求和的最小值. 【详解】（1）若，则， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为； （2）若，则， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为. 17．(1) (2)选①时三角形不存在；选②时边上的中线的长为；选③时边上的中线的长为. 【分析】（1）由正弦定理及得到，结合，得到； （2）选①，由三角形面积和余弦定理得到，由推出矛盾； 选②，先求得，则可得，再利用余弦定理求解即可得中线长. 选③，根据三角恒等变换得到，是以为斜边的直角三角形，由正弦定理得到，求出中线. 【详解】（1）由正弦定理及， 得.（i） 因为，所以.（ii） 由（i）（ii）得.因为，所以. 所以.因为，所以. （2）选①，的面积为，即，即，解得， 因为，由余弦定理得， 即，解得， 由基本不等式得，但， 故此时三角形不存在，不能选①， 选条件②：， 两边平方得，（iii） 由余弦定理得，即，（iiii） 联立（iii）（iiii）得，所以， 设边上的中线长为，由余弦定理得 . 所以边上的中线的长为1. 选条件③：. 由（1）知，. 所以 . 所以. 因为，所以. 所以，即. 所以是以为斜边的直角三角形. 因为， 所以. 所以边上的中线的长为. 18．(1) (2) （i）设，因为过原点，可得关于原点对称，所以，若的斜率存在，分别记为， 则有 因为在椭圆C上，所以有 ①， ② ①-②得， 即； 所以直线的斜率之积为定值. 设过且斜率为的直线与圆相切， 直线的方程为， 即， 有， 化简可得（*） 因， 方程（*）可化为（**） 若与圆相切，则有为方程（*）的根， 即， 的斜率之积为，得， 则 得也为方程（**）的根，即与圆相切； （ii） 【分析】（1）由椭圆的性质求解方程即可； （2）设，因为过原点，可得关于原点对称，所以，若的斜率存在，分别记为，然后由点差法结合直线与圆相切证明即可；当斜率不存在时，可得当时，满足与圆相切，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理得到，然后利用导数分析单调性求解其最小值即可. 【详解】（1）由于椭圆的长轴长为2，则，即； 又， 得， 椭圆的标准方程为； （2）（i）略 （ii）当斜率不存在时，可得当时， 得，满足与圆相切， 当时，得，满足与圆相切， 综上有与圆相切，则，又为的中点， 则可得，则可得， ， ，则得直线的方程为， 得， ， 同理，， ， 令，得： ，得，得， 所以在单调递减，在单调递增，则， 得的最小值为. 19．(1) (2) 将圆化为标准方程得， 所以该圆圆心为，半径为， 所以由弦长公式可得， 所以不论取何实数，弦的长为定值1. (3) 【分析】（1）将代入圆方程，得到关于的二次方程，由该方程对恒成立列式求解即可； （2）根据圆方程求出圆心和半径，利用弦长公式证明即可； （3）令求出点坐标进而得到，在中利用余弦定理求出，利用面积公式求出，根据的范围和基本不等式求出范围即可. 【详解】（1）圆过轴上的定点， 将代入圆得， 整理为关于的二次方程得， 因为该方程对恒成立，所以，解得， 所以定点的坐标为. （2）略 （3）在圆方程中令可得， 解得或，不妨令，，    又由（1）可知的坐标为，所以，， 由基本不等式可知，当且仅当即时等号成立， 在中由余弦定理可得，所以， 因为，所以， 因为，又， 所以， 所以的取值范围为. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $