精品解析：福建省厦门集美中学2026-2027学年高三上学期十月质量检测数学试题

集美中学2026-2027学年第一学期高三年段十月质量检测 数学试题 (考试时间:120分钟，满分:150分) 命题人:张慧利 审题人:余亮 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. 设集合，集合则=（ ） A. B. C. D. 2. 已知i是虚数单位，若实数，满足，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 设，，则（ ） A. B. C. D. 4. 某研究所研究耕种深度（单位：）与一种农作物每公顷产量（单位：）的关系，所得数据资料如下表： 耕种深度 2 3 5 6 每公顷产量 m 5 7 8 发现与之间具有线性相关关系，其经验回归方程为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 5. 已知函数在处取得极大值，则的值为（ ） A. B. 1 C. 或1 D. -1或2 6. 函数图象上的点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数是定义在上的周期为的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 8. 设函数，若关于的方程在上有奇数个不同的实数解，则实数（ ） A. B. 0 C. 1 D. 1或 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中.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. 已知实数满足，则下列不等关系一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，若不等式的解集为，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 函数的对称中心为 C. 过点可作一条直线与曲线相切 D. 当时， 11. 已知函数的定义域为，且，则（ ） A. 点与点关于原点对称 B. 函数是奇函数 C. 当时， D. 当时， 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中常数项为______（用数字作答）. 13. 已知双曲线的渐近线与圆相切，该双曲线的离心率为_______________________. 14. 设函数，若恒成立，则的最小值为_____. 四、解答题:本题共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. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 16. 已知数列满足，． （1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17. 如图，三棱柱的所有棱长均相等，平面平面，D是BC的中点，. （1）证明：∥平面； （2）已知到平面的距离为1，P为线段上一点.若二面角的余弦值为，求的长. 18. 已知椭圆：的离心率为，上顶点为，右顶点为，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于，两点，记直线，的斜率分别为，，且． （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）若直线，分别与直线交于，两点，，的面积分别为，．求的最小值． 19. 设函数． （1）时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有两个极值点且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 集美中学2026-2027学年第一学期高三年段十月质量检测 数学试题 (考试时间:120分钟，满分:150分) 命题人:张慧利 审题人:余亮 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. 设集合，集合则=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先分别求出两个集合，再求公共部分. 【详解】集合：根号有意义需 ，两边平方得故； 集合 B：，解得，故 . 取交集：. 2. 已知i是虚数单位，若实数，满足，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算及复数相等求解即可. 【详解】由，得， 所以，. 3. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数的运算公式即可求解. 【详解】. 故选：B 4. 某研究所研究耕种深度（单位：）与一种农作物每公顷产量（单位：）的关系，所得数据资料如下表： 耕种深度 2 3 5 6 每公顷产量 m 5 7 8 发现与之间具有线性相关关系，其经验回归方程为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】将代入经验回归方程计算即可得. 【详解】，， 则，解得. 5. 已知函数在处取得极大值，则的值为（ ） A. B. 1 C. 或1 D. -1或2 【答案】B 【解析】 【详解】. 因为函数在处取得极大值，故， 解得或， 当时，， 且仅在处为零，导函数不变号，函数在上单调递减，不是极值点，舍去； 当时，， 当时，当时， 故函数在处取得极大值，符合题意. 6. 函数图象上的点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过求与直线平行的切线到该直线的距离求解答案. 【详解】由题意，，令，得（负值已舍去）． 因为，所以曲线在点处的切线与直线平行． 因为点到直线的距离为，所以所求最小值为． 故选：C. 7. 若函数是定义在上的周期为的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】根据题意，函数是定义在上的周期为2的奇函数，则， 则，， 又由当时，，则， 则， 故 8. 设函数，若关于的方程在上有奇数个不同的实数解，则实数（ ） A. B. 0 C. 1 D. 1或 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，从而可得关于直线对称，据此求解即可． 【详解】因为， ， 所以，故关于直线对称， 设与的图象在处有个交点， 与的图象在上有个交点， 则与的图象在上也有个交点， 所以与的图象在上共有个交点， 由于关于的方程在上有奇数个不同的实数解， 故与的图象在上交点的个数为奇数，即为奇数， 因此只能，即与的图象在处有1个交点，故． 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中.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. 已知实数满足，则下列不等关系一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知有，则，根据指数函数的单调性判断A；两侧平方有，结合基本不等式、不等式性质判断B；特殊值判断C；讨论、，结合不等式性质判断D. 【详解】因为，所以，所以，故A对； 因为，所以， 由，所以，故B对； 若，满足，显然不成立，故C错； 当，则，必有， 当，则，故，必有， 故D对. 故选：ABD 10. 已知，若不等式的解集为，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 函数的对称中心为 C. 过点可作一条直线与曲线相切 D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据解集得出参数判断A，应用对称中心定义判断B，先求出导函数再应用导数及两点求斜率列式计算判断C，先换元再结合一元二次不等式计算判断D. 【详解】A：因为不等式的解集为 即不等式的解集为， 所以方程的根为和（二重根）， 得，即，所以，故A错误； B：由选项A知， 则，所以， 即的一个对称中心为，故B正确： C：由选项A知，， 设过点的切线方程为，设切点为， 则，得， 整理得，即，解得，此时切点为， 说明过点只能作一条直线与曲线相切，故C正确； D：令，当时，则，只需. 而，由， 得，即，所以，故D正确. 故选：BCD 11. 已知函数的定义域为，且，则（ ） A. 点与点关于原点对称 B. 函数是奇函数 C. 当时， D. 当时， 【答案】BD 【解析】 【详解】取得，，取得， 所以，，故A错误； 因为， 所以函数是奇函数，故B正确； 取得， 所以， ， 所以， 若，则故C错误； ，故D正确． 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中常数项为______（用数字作答）. 【答案】60 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式即可求得正确答案. 【详解】二项式展开式的通项公式为， 由题意令，解得， 所以二项式展开式中的常数项为. 故答案为：60. 13. 已知双曲线的渐近线与圆相切，该双曲线的离心率为_______________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线与圆相切，利用点到直线的距离公式，求得等量关系，转化为离心率即可. 【详解】由题可知双曲线其中一条渐近线方程， 因为其与圆相切， 故可得：， 解得，则离心率. 故答案为：. 14. 设函数，若恒成立，则的最小值为_____. 【答案】2 【解析】 【分析】分，，，可得，从而有，令，利用导数求解即可. 【详解】要使恒成立，需分情况讨论： 当，即时，， 即对恒成立，所以. 当，即，时，，恒成立； 当，即，时，， 即对恒成立， 所以， 综上，，则. 令， 对求导，. 令，即，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以在时取得最小值，， 即的最小值为2. 故答案为：2. 四、解答题:本题共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. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将已知等式进行角化边，利用余弦定理得，结合得到的值． （2）由利用平方关系求出．将转化为 ，利用两角差的正弦公式求出，利用求出，利用三角形的面积公式得解. 【小问1详解】 将正弦定理代入已知条件， 得． 由余弦定理得， 因为，所以． 【小问2详解】 由，可得． 又 ， 则． 故的面积． 16. 已知数列满足，． （1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）证明：数列中，由，得， 而，因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，， 所以的通项公式为. （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用等比数列定义推理得证，再利用等比数列通项公式求解. （2）由（1）求出，再利用分组求和法及错位相减法求和即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，令数列的前项和为， 则，， 两式相减得， 因此，， 所以数列的前项和. 17. 如图，三棱柱的所有棱长均相等，平面平面，D是BC的中点，. （1）证明：∥平面； （2）已知到平面的距离为1，P为线段上一点.若二面角的余弦值为，求的长. 【答案】（1）方法1：如图，连结，交于点E，连结DE. 三棱柱中，平面是平行四边形，则E是的中点. 又D是BC的中点，所以DE∥. 因为平面，平面， 所以∥平面. 方法2：如图，取中点，连结，，. 三棱柱中，侧面是平行四边形， 因为D，分别为BC，的中点，所以BD∥，BD， 因此四边形是平行四边形，所以∥. 又平面，平面，所以∥平面. 同理可得，四边形为平行四边形，所以∥，. 三棱柱中，因为∥，. 所以∥，. 所以四边形是平行四边形，所以∥AD. 又平面，平面，所以∥平面. 又，平面，所以平面∥平面. 又平面，所以∥平面. （2） 【解析】 【分析】（1）方法1：连结，交于点E，连结DE.利用棱柱性质及线面平行的判定定理证明∥平面. 方法2：取中点，连结，，.利用棱柱性质及线面平行的判定定理得∥平面，∥平面. 所以利用面面平行的判定定理得平面∥平面，进而利用线面平行的判定定理证明 ∥平面. （2）方法1：建立空间直角坐标系.，求得点的坐标，易得平面的一个法向量为. 求出平面的法向量.利用夹角的向量公式求得. 方法2：结合勾股定理利用线面垂直的判定定理证得BC⊥平面，由线面距离得，连结PC，交于点E，连结ED，作于F.可得即为二面角的平面角，求得，利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得，利用相似三角形的性质求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法1：由题干得是等边三角形，且D是BC的中点， 所以. 因为三棱柱的所有棱长均相等，设棱长为2a， 则，，，此时， 所以. 又，平面，所以BC⊥平面. 所以BD即为到平面的距离，所以，因此三棱柱的棱长均为2. 因为平面平面，平面，， 平面平面，所以平面. 又，故以D为原点，DA，DB，分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，，. 易得平面的一个法向量为. 设 ()， 所以. 设平面的一个法向量为， 则即， 取，可得. 设二面角的大小为，则， 又，解得 (舍去)，所以. 方法2：由题干得是等边三角形，且D是BC的中点，所以. 因为三棱柱的所有棱长均相等，设棱长为2a， 则，，，此时， 所以. 又，平面，所以BC⊥平面. 所以BD即为到平面的距离，所以，因此三棱柱的棱长均为2. 如图，连结PC，交于点E，连结ED，作于F. 因为平面，平面，平面， 所以，， 因此即为二面角的平面角. 于是，所以. 因为平面平面，平面，， 平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 在中，因为，，所以EF∥，且EF＝AF. 又AC∥，所以，因此. 18. 已知椭圆：的离心率为，上顶点为，右顶点为，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于，两点，记直线，的斜率分别为，，且． （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）若直线，分别与直线交于，两点，，的面积分别为，．求的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）3． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义和性质，利用已知条件构造方程组求出，进而求解； （2）（ⅰ）设直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合已知斜率关系构造方程，解方程求出，进而证明结论； （ⅱ）分别求出，利用韦达定理化简，并利用换元法，构造函数并求导，分析函数单调性，进而求出最小值． 【小问1详解】 椭圆的离心率为， ，解得， 椭圆的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）设直线，代入， 可得， ， ， ， 化简得， ， ，上式整理得， 展开得：， 解得， 直线过点． （ⅱ）；直线， 令可得，同理，， ， ， ， 令，则， 则，， 函数单调递增， 得最小值为，故的最小值为3． 19. 设函数． （1）时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有两个极值点且，证明：． 【答案】（1） （2） 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （3）证明如下： 由（2）知，因为是方程的两根，所以．可得. 等价于． 其中． 因此待证式等价于，两侧同时加，得， 即证，等价于， 由且得， 记，则， 记，则，所以单调递减， 所以，则， ∴单调递减， ∴， ∴. 【解析】 【分析】（1）当时，求出切线斜率，然后得到切线方程； （2）求出函数的导数，通过的讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性； （3）利用函数的极值点以及函数的单调性，转化证明即可． 【小问1详解】 的定义域为． 所以，， 因此曲线在点处的切线方程为， 取得． 【小问2详解】 ． （i）时，在单调递增． （ii）时，令，则， ，． 则单调递增．单调递减． 综上所得， 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $