精品解析：广西柳州市鹿寨中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

鹿寨县鹿寨中学2027届高三数学10月考 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置． 3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效． 4．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 3. 已知空间中三个向量，，共面，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. -1 D. 4. 已知，， 在上单调递增，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，为圆锥的母线，，，且二面角的大小为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 若满足，当时，，则时，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知P为棱长为1的正方体的内切球表面一动点，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．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. 震级是以地震仪测定的每次地震活动释放的能量多少来确定的，我国目前使用的震级标准，是国际上通用的里氏分级表，共分9个等级，其中能量（单位：焦耳）与里氏震级的对应关系为，则（ ） A. 若某次地震的震级不超过2级，则产生的能量低于焦耳 B. 若某次地震的震级超过4级，则产生的能量高于焦耳 C. 5级地震的能量是4级地震的能量的100倍 D. 3级地震的能量是7级地震的能量的 10. 如图，在矩形中，，，B为的中点，现分别沿，将，翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 三棱锥外接球的体积是 11. 已知函数，方程有四个不等的实数解，分别为，，，（），则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，在四棱柱中，，四边形是边长为2的菱形，，为与的交点.则的长等于___________. 13. 若函数在内恰有一个零点，则实数的取值范围是______． 14. 在包装设计中，常用长度和宽度描述物体体型．长度定义为物体上最远两点间的距离，宽度定义为能夹住物体的两平行平面间的最小距离，即存在一对平行平面，使得物体上的所有点均位于两平面之间（包括平面上）．现有一圆柱，其底面半径R与高h可任意调节，则的最小值为___________ 四、解答题（本大题共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，角，，所对的边分别为，，，满足，且． （1）求的面积； （2）若为的中线，且，判断的形状． 16. 一个不透明的口袋中装有3个红球、2个黄球和2个绿球，这些球除颜色外其他完全相同，现从这个口袋中一次性地摸出3个球. （1）求摸出的红球个数比黄球个数多的概率； （2）记摸出的球的颜色种类为，求的分布列与期望. 17. 已知双曲线的右焦点为，右顶点为为坐标原点，且. （1）求的方程； （2）过点的直线与的右支交于两点，记的左顶点为，证明：. 18. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． （1）若时，求三棱锥的体积； （2）若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在定义域内为增函数，求的取值范围； （3）若在区间，各恰有一个零点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 鹿寨县鹿寨中学2027届高三数学10月考 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置． 3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效． 4．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，所以，所以， ，所以，则，，且， 所以， 2. 若复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】解法一：利用求根公式解出z，再求. 解法二：方程的两根为共轭复数，利用韦达定理得，再求. 【详解】方法一： 由，又因为， 可得，所以. 方法二： 设方程的两根为，由，可知， 因为，所以. 3. 已知空间中三个向量，，共面，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. -1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据共面向量基本定理可求. 【详解】由题意可知，存在实数使得， 即， 则，得. 故选：D 4. 已知，， 在上单调递增，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】对于，通过分离参数由基本不等式求出另一侧的取值范围进而得到的范围，对于，通过二次函数单调性得到的范围，通过两个范围的推出关系即可求解. 【详解】，，所以在上有解， 又，当且仅当时等号成立，所以等号取不到，即， 所以. 对于图象的对称轴为直线，所以的递增区间是， 故当在上单调递增时，. 因为小范围可以推出大范围，大范围推不出小范围，所以是的充分不必要条件. 5. 已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，为圆锥的母线，，，且二面角的大小为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意作出图象，取AB中点为C，连接OC，即为二面角的平面角，为60°，根据几何关系求出OB和PB即可求圆锥的侧面积. 【详解】如图， 作，则C为中点， ∵PB＝PA，∴， ∴为二面角的平面角， ∴. 在中，，， ∴. 在直角中，，， ∴. 在中，. ∴圆锥的侧面积为. 6. 若满足，当时，，则时，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用赋值法结合题意可得，当时，，由，可得进而计算可解. 【详解】令得，，所以或， 当时，有，与时，矛盾，故， 当时，，则， 因为，得， 所以，即时，的取值范围为. 7. 已知函数，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先构造函数将不等式的常数2消去，再分析构造函数的相关性质将不等式转化成定义域的比较从而计算出m的取值范围， 【详解】令，， 则，即， 因为，所以单调递增， ， 故，所以， 因为单调递增，所以，解得. 8. 已知P为棱长为1的正方体的内切球表面一动点，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图建立坐标系，可将转化为在方向上的投影向量长度的倍，结合图形可得答案 【详解】如图以A为原点，分别为x，y，z轴建系， 则， 则，又， 则. 表示在方向上的投影向量的长度. 如图当P在G或F时，即当A，O，P共线时，取最值. 因，内切球半径为.则, 则，则. 故选：B 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．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. 震级是以地震仪测定的每次地震活动释放的能量多少来确定的，我国目前使用的震级标准，是国际上通用的里氏分级表，共分9个等级，其中能量（单位：焦耳）与里氏震级的对应关系为，则（ ） A. 若某次地震的震级不超过2级，则产生的能量低于焦耳 B. 若某次地震的震级超过4级，则产生的能量高于焦耳 C. 5级地震的能量是4级地震的能量的100倍 D. 3级地震的能量是7级地震的能量的 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助能量E与里氏震级M的对应关系计算即可判断各选项. 【详解】记表示震级为级地震的能量， 对于项，若，则，所以，故A项正确； 对于B项，若，则，所以，故B项正确； 对于C项，，则，故C项错误； 对于D项，，则，故D项正确. 故选：ABD. 10. 如图，在矩形中，，，B为的中点，现分别沿，将，翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 三棱锥外接球的体积是 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，由题意平面，可得为底面上的高，然后计算的面积，利用求解即可.选项B，利用向量夹角公式，再结合在中由余弦定理计算，利用向量的数量积以及线性运算进行转化，最终得到直线与直线所成角的余弦值为；选项C，利用等体积法，求出点到平面的距离，然后利用线面角的定义得到直线与平面所成角的正弦值为；D选项，先求出的外接圆半径，然后构造直角三角形得到，解得外接球半径，再利用球的体积公式求解即可. 【详解】由题意可得， 又因为，平面， 所以平面，所以为底面上的高， 选项A，因为由翻折得到，所以. 在中，，边上的高为， 所以，A正确 选项B，在中，， 可得 ，所以直线与直线所成角的余弦值为，B错误. 选项C，由题意得，设点到平面的距离为， 由，可得，解得 所以直线与平面所成角的正弦值为，C正确. 选项D，由选项B知，， 所以，所以的外接圆半径 设三棱锥的外接球半径为， 因为平面，所以，解得. 所以外接球的体积是，D正确. 11. 已知函数，方程有四个不等的实数解，分别为，，，（），则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先去绝对值，得到，画出对应图像，有四个不等的实数解，所以与有四个不同的交点，由图象可知，对于BCD，结合，，，，验证选项即可. 【详解】由题可知，，绘制图象如下所示. 令,解得， 令,解得， 令，解得， 令,解得. 对于A，因为方程有四个不等的实数解，所以与有四个不同的交点，由图象可知，故A错误. 对于B，,则,故B正确 对于C,， ，所以，C正确； 对于D，， 因为，， 所以，故，D错误. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，在四棱柱中，，四边形是边长为2的菱形，，为与的交点.则的长等于___________. 【答案】 【解析】 【分析】先结合题意得到，再利用空间向量数量积的运算法则求解即可. 【详解】以作为一个基底， 由题意知，， 由数量积的定义可得， 同理可得， 又，可得 ， 故. 故答案为： 13. 若函数在内恰有一个零点，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据判别式结合零点存在原理分类讨论即可. 【详解】当时，，解得，符合题意，则； 当时，二次函数的判别式为：， 若，即时，函数的零点为，符合题意，则； 当，即时，由，解得且， 则且； 当时，，方程另一根，当时， ，方程中一根，则或， 所以实数a的取值范围为. 故答案为： 14. 在包装设计中，常用长度和宽度描述物体体型．长度定义为物体上最远两点间的距离，宽度定义为能夹住物体的两平行平面间的最小距离，即存在一对平行平面，使得物体上的所有点均位于两平面之间（包括平面上）．现有一圆柱，其底面半径R与高h可任意调节，则的最小值为___________ 【答案】 【解析】 【分析】分和两种情况进行分析，可得结论. 【详解】圆柱体中，最远两点间的距离为， 当，即时，，， 当且仅当时，等号成立； 当，即时，，. 所以的最小值为. 四、解答题（本大题共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，角，，所对的边分别为，，，满足，且． （1）求的面积； （2）若为的中线，且，判断的形状． 【答案】（1）1 （2）为等腰直角三角形， 【解析】 【分析】（1）由余弦定理和正弦定理得，，由三角形面积公式可得答案； （2）由（1）和面积公式得，由余弦定理得，从而求出，得到的形状. 【小问1详解】 ， 其中，所以，， 解得， ，由正弦定理得， 又，所以， 所以； 【小问2详解】 为的中线，，故， ，故， ，故，所以， 在中，由余弦定理得， 即，化简得， 联立与得或， 若，此时， 为等腰直角三角形； 若，此时， 为等腰直角三角形； 综上，为等腰直角三角形 16. 一个不透明的口袋中装有3个红球、2个黄球和2个绿球，这些球除颜色外其他完全相同，现从这个口袋中一次性地摸出3个球. （1）求摸出的红球个数比黄球个数多的概率； （2）记摸出的球的颜色种类为，求的分布列与期望. 【答案】（1） （2） 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据互斥事件的概率加法公式和古典概率公式计算即可； （2）确定的所有可能取值为1，2，3，分别求出对应事件的概率，列出分布列，求出数学期望即可. 【小问1详解】 由摸出的红球个数比黄球个数多，可知摸出的球可能为3个红球，可能为2个红球和1个黄球（或1个绿球），可能为1个红球和2个绿球， 其中摸出3个红球的概率为， 摸出2个红球和1个黄球（或1个绿球）的概率为， 摸出1个红球和2个绿球的概率为， 故摸出的红球个数比黄球个数多的概率为. 【小问2详解】 由题可知，的所有可能取值为1，2，3， ，，， 则的分布列为 1 2 3 故. 17. 已知双曲线的右焦点为，右顶点为为坐标原点，且. （1）求的方程； （2）过点的直线与的右支交于两点，记的左顶点为，证明：. 【答案】（1） （2） AI 解法一：证明：由题可知，的斜率不为0， 可设的方程为， 由，可得， 则，，， 由题可知，则，， ， ， 所以. 解法二：若的斜率不存在，则可得，由题可知， 则，则 若的斜率存在，则可设的方程为，. 由可得， 则，，. ， 则， ， ， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据条件确定的值，可得双曲线的标准方程. （2）解法一：设的方程为，代入双曲线方程，利用韦达定理，可得，表示，化简可得，问题得证； 解法二：若直线斜率不存在时，可得点坐标，利用判断；若直线斜率存在时，设其方程为，代入双曲线方程，利用韦达定理，可得，表示出，化简得，问题得证. 【小问1详解】 解：由，可得，即， 则， 所以的方程为； 【小问2详解】 略 18. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． （1）若时，求三棱锥的体积； （2）若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）连接，， 由平面过直线，且，平面，则平面是平面， 因为平面，平面平面，所以， 结合（1）的空间直角坐标系， 不妨设，则，， 又，，，， 则，所以， ，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 显然是平面的一条法向量， 又平面与平面的夹角为， 则， 整理得，解得，或（舍去）， 即点，分别为侧棱，的中点，且平面的法向量为， 又点 满足（ ）， 结合（1）有， 则， 又平面，则， 所以，解得， 所以存在点（为的三等分点，且靠近处），使得平面与平面的夹角为． 结合（1），在中有，则， 在正三角形中，有，则， 又平面，，则平面， 又平面，则， 所以此时的面积为． 【解析】 【分析】（1）先根据线面垂直的性质，及三角形的性质证明线线垂直，从而建立空间直角坐标系，再根据空间向量的线性关系确定点的坐标，进而利用等体积法即可求出三棱锥的体积； （2）先根据线面平行的性质证明，再结合（1）的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值求出点，的位置，再根据平面的法向量与平面内直线的关系求出的值即可判断是否存在点，并求处此时的面积即可． 【小问1详解】 取的中点，取的中点，连接，，则， 又平面，则平面， 又平面，则，， 所以以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 在，由，， 则，，，， 在正三角形中，，则， 所以，，， 又点 满足（ ）， 则，则， 若，则，即点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为． 【小问2详解】 略 19. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在定义域内为增函数，求的取值范围； （3）若在区间，各恰有一个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）代入求出得到切点，再求导计算得到切线斜率，进而得到切线方程； （2）对导数式子变形、提取公因式，构造函数；由对勾函数性质得到单调性，分与两种情况讨论，判断符号，确定在定义域内恒为增函数时的取值范围； （3）利用第（2）问结论分类讨论，当时单调不减，至多一个零点，不满足条件；当时，存在两个正零点，，得到的三段单调区间，结合得到极值符号，选取特殊点与计算函数值，借助零点存在定理证明，内各有一个零点，求出的取值范围． 【小问1详解】 当时，， 因为，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程是． 【小问2详解】 因为 ， 设，则在上单调递减，在上单调递增． 若，即时，则，有，，则是增函数； 若，即时，因为， 则有两个零点，记为，，不妨假设， 则，有，，则在上单调递减，不合题意； 所以的取值范围是． 【小问3详解】 当时，由（2）可知，是增函数，则在上至多一个零点； 当时，由（2）可知，在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增．又因为，且， 所以， ． 又因为，，，， 所以在，上各恰有一个零点， 所以在区间，各恰有一个零点，所以的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $