湖南长沙市周南中学2026-2027学年高三上学期十月数学月课时作业

报告查询：登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 长沙市周南中学2026年下学期高三 年级十月数学科月课时作业答题卡 考场/座位号： 姓名： 班级： 贴条形码区 回途马 (正面潮上，切勿贴出虚线方框) 正确填涂 缺考标记 口 客观题(18为单选题911为多选题 16.(15分) 1[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] T[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] 9[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 填空题 12. 13. 14. 解答题 15.(13分) I ㄖ囚■ 囚囚■ N -- a y 5 (SD)LI ■ 18.(17分) 囚■ㄖ 囚■囚 (LI)6I ■ 口 ■ 长沙市周南中学2026年下学期高三年级十月 数学科月课时作业 一、单选题：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．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 2．向量，的夹角为，，，则（ ） A． B． C．3 D．7 3．在中，内角，，的对边分别为，，，且，则（ ） A． B． C． D．或 4．数列的通项公式为，为其前项和，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 5．已知是公差不为零的等差数列，，若，，成等比数列，则（ ） A． B． C．16 D．18 6．如图，在三棱柱中，点在棱上，且，，分别是棱，的中点，点在棱上，若平面，则（ ） A． B． C． D． 7．如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（ ） A． B． C． D． 8．若数列满足（，为常数），则称数列为调和数列．已知数列为调和数列，且，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 二、多选题：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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知函数，则（ ） A．的最小正周期为 B．若，则 C．在区间上单调递增 D．的图象关于点中心对称 10．下列命题中正确的是（ ） A．若是等差数列，是的前项和，则 B．已知随机变量服从正态分布，若，则 C．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”，“第二枚反面朝上”，则有 D．已知随机变量的分布列为，则 11．如图，菱形的边长为2，，为边的中点，将沿折起，折叠后点的对应点为，使得平面平面，连接，，则下列说法正确的是（ ） A．点到平面的距离为 B．与所成角的余弦值为 C．三棱锥的外接球的体积为 D．直线与平面所成角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．现有一组数据1，2，3，3，4，4，4，6，6，7，则这组数据的第70百分位数为_________． 13．设为数列的前项和，且，，则_________． 14．如图为某水晶工艺品示意图，该工艺品由一个半径为R的大球放置在底面半径和高均为R的圆柱内，球与圆柱下底面相切．为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品最多可放入_________个小球． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答过程应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．已知等差数列的前项和为，且满足，，数列满足，． （1）求和； （2）若，求数列的前项和． 16．2026年夏季广西遭遇特大洪水，道路受阻，数百名无人机飞手奔赴灾区，使用无人机实施投送任务．已知某救援队每架无人机投送生活物资的成功率为，投送抢险设备的成功率为．各架无人机投送成功与否相互独立． （1）救援队安排2架无人机投送生活物资，求至少1架投送成功的概率； （2）救援队安排3架无人机投送抢险设备，记投送成功的无人机数量为随机变量，求的分布列和数学期望． 17．如图，在三棱柱中，平面，四边形是边长为2的正方形，，，． （1）求的长； （2）若二面角的正切值为，求的值． 18．已知函数，其导函数为． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有三个不同的极值点，，，求实数的取值范围． 19．设，两点的坐标分别为，，直线，相交于点，且它们的斜率之积为3，记点的轨迹为，为坐标原点． （1）求轨迹的方程； （2）过点的动直线与的左、右支交于，两点，且与直线交于点．过点作直线，直线与直线，分别交于点，． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）若的面积与的面积之比为，求点的坐标． 学科网（北京）股份有限公司 $长沙市周南中学2026年下学期高三年级十月数学科月课时作业 参考答案 题号 1 3 6 7 8 10 答案 B C D C B B AC ACD 题号 11 答案 ABD 12.5 13.-11 14.15 d=04-4=2 15.【详解】(1)设等差数列{a,}的公差为d,则8=4-1= n(n-1)d S na+- =2m+n(n-l) 由等差数列求和公式得 2 化简得S,=n2+n bm1=3 因为bm1=3b且b=1≠0，所以b是常数， 因此b是等比数列，设其公比为9，则9=3 即数列也，}是以6=1为首项，9=3为公比的等比数列， 由等比数列通项公式得b,=bq”=3 所以S=n2+n.bn=3- Cn= +h=+3 1 1 (2)因为 n2+nn(n+l) +3-1+3 （nn+l 设数列c}的前n项和为了，则 无-5+6e++6旧g-6》日e+s++） 9 2n+12 3+n-1 所以数列c}的前n项和为2n+12。 16.【详解】(1)设事件A=“至少1架投送成功”，则事件A=“2架投送全部失败”， 可得 --=宝.-1可=1云装 故 (2)由题意得 即得X的分布列为 64,k=0,1,2,3 用表格表示X的分布列，如下表所示 X 0 1 2 3 P 1 9 27 27 64 64 64 E(X)=3x3-9 由期望公式 44 17.【详解】(1)三棱柱ABC-ABC中，M4上平面ABC,则CC1平面ABC, CBc平面ABC,所以CC⊥CB 又BC⊥AC,CC∩AC=C,CC,AC,C平面ACCA,所以BC⊥平面ACC4, 因为ACc平面ACCA,所以BC⊥AC, 而∠CAB=∠CBA,故CA=CB=2,故AB=2V2 (2)由CC1平面ABC,BC⊥AC, 以C为原点，CA,CB,CC的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz, 因为CA=CB=CC=2,所以C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),B(02,2), 故B1=(2,-2,0),因为BM=元BA(0<元<)，敢M(21,2-22,0) 易知m=(L0,0)是平面BCB的法向量. 因为CM=(2,2-2元，0）.CB=(0,2,2) n.CM=0 设=(：，少，2)是平面CMB的法向量、所以方-CB=0 [21x+(2-22)y=0 即( 2y+2z=0 ,取x=1-元，得y=-九，2=元， 所以i=(1-元，-元，2)」 2 5 因为二面角B-BC-M的正切值为V2,故余弦值为3， |cos(元， i 1-元 5 m同1×V32-22+13,解得 2 【详解】D当a=1时.国)=e-+3→f=心-r+3 18. 因为f(0)=1.f'(0)=4 所以曲线y=/()在点(0，f(0》处的切线方程为”-1=4(x-0),化为殷式为4x-y+1=0, h(x)-(x)-3t=e-+3-3I Inx=ae -x+Inx (2) x 显然函数h(:)的定义域为全体正实数。 -a-e-1+--l0ae-e≥0 x2 x2 令()=0，得x=1,或e, a= 令->0合w()-专 当x∈(0,1时，p(x)>0,(单调递增。 当x∈(，+∞）时，p(x)<0,p()单调递减， p)s=o0= 且当x→0时，0()→0，当x→+0时，p()→0 函数()图象如下图所示： y=a y=o(x) h(x)=)-3 +Inx 因为函 有三个不同的极值点，x,, 所以函数()与直线y=“有两个不同的交点，且这两个交点的横坐标不能是1， 0<a< 0, 所以 e,实数a的取值范围为 e 19.【详解】1)设动点为M(c,y) 则由直我M,w之积3，，2月≠剑 x2 y 整理可得421(c≠士2)】 x2 y2 因此轨迹W的方程为412 =1(x≠±2) 2正用：设五酸方程为=+4.P,.Q().到9中引 VA x=y+4 x2 y2 由412 (32-1)y2+24y+36=0 △=(24)2-4×36(3t2-1)=144(t2+1)>0 -24t 乃+乃= 3t2-1 36 故( y2=32-1 t X=一 -y+4 x=立y=+4 V 直线2的方程为3，直线OP的方程为乃片， t x=-3y+4 x=9+4 y 4 yD= 3y 由( 解得 少+3 YE=- 3y2 同理解得 少2+3 o+yE= 3y+3y w。 故 ,+3y2+3 (y+3)(y2+3) (y,+3)(y2+3) 因此yD+yE=p=0.即点F是线段DE的中点， DF 因此FE 为定值. ()方法一：不妨假设点P在第二象限，点卫在第一象限， 36>01<-5 此时 >0y3-1,得 -24t y+4=32-10, 3. r-iFo 3y2 SAEFO OEOF y+3 SoPe 2 Orin∠no0 OPo y-y2 9+3州-) 由题意 --0+为r-4-2年g=22f 由(i)得 =32-1 2(32-1 +1+2刘 FP+可 8 代入(*)化简得 得105-142r2+9=0,即52-10(7r2-9)=0 2=92=1 解得7或15（舍去）， -24t-12W2+1_3V7 11 因此 2(3t2-1） 5 ,代入双曲线方程得 5. 11 由对称性可得当点Q在第四象限时， 65.为=3 5 11+3W7 因此点的坐标为 5±5 SAEFO }Qier1sm∠eor OEOF OF JOE 方法二：由题意 21 F-∠roo lOpgo op oo OF OE OFOF 利用OCIIDE结合lDF=EF,可得InOO Opoc] =元 OF EF IDFL_IPF>1 不妨设QC ,则 lecococPC PFl=aIPCI,IPOl+lorl=IPol+zloc=(POl-loc) Pl-loc 得 lorl lorlloFl lor1-1_3 lopoc 因此 228 得422-42-3=0. =3 解得2（负值舍去）· 3 4+ ×1 11 O-30c 13 5 故 2 ,因此 2 ,代入双曲线方程得 为3V分 5, 因此点Q的坐标为 方法三：不妨设Sasr0=3m,S△ope=8m,SAODO=n 因为利用OCIIDE结合DF=EF,得SAPOE=8m+n SArOESADOE O 8m+n 6m 由SaP0 SAODO 20,得8m n 化简得n2+8mn-48m2=0,解得n=4m. lEg_S△pgE-6m_3_lF 因此Q0。 LODO 4m 2 QC .3 4+2×111 FO-30c =2 143 2 3V分 因此 ,代入双曲线方程得 5, 因此点的坐标为