精品解析：重庆外国语学校2026-2027学年度2027届高三上学期10月检测数学试题

重庆外国语学校 2026-2027学年度（上）高2027届10月检测 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 一、选择题（共8小题） 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1cm和5cm，高为10cm（器皿厚度忽略不计）.现将该器皿水平放置后（上底位于上方）注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5cm，则溶液体积为（ ） A. B. C. D. 5. 现有6名志愿者，需要将他们分配到5个项目组进行培训，每名志愿者只分配到一个项目组每个项目组至少需要分配一名志愿者，则不同的分配方案有（ ） A. 900种 B. 1200种 C. 1440种 D. 1800种 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若正实数、满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为偶函数，，若时，函数的图象恒在图象的上方，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3小题） 9. 已知函数的最小值为0，且最小正周期为，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递增 D. 在区间上的最大值为1 10. 如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角为60° B. 平面 C. 三棱锥的体积不变 D. 直线与平面所成角正弦值的取值范围为 11. 如图，在四边形中，为边上的一列点，连接交于点，且满足，其中数列是首项为1的正项数列，则（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列的前项和为 C. 数列为递增数列 D. 三、填空题（共3小题） 12. 记为等差数列的前项和.若，则 13. 已知函数有且仅有1个零点，则＝________． 14. 在四棱锥中，底面是正方形，底面.若四棱锥的体积为9，且其顶点均在球上，则当球的体积取得最小值时，______________. 四、解答题（共5小题） 15. 为保障公众健康、提升监管效能，某市监管部门开展了食品安全专项治理行动，行动中，监管部门对某品牌饼干随机抽取了100件产品，检测其防腐剂含量x（单位：mg/kg），并统计绘制了如图频率分布直方图， （1）求频率分布直方图中a的值； （2）若从样本中防腐剂含量不低于100mg/kg的产品中按照等比例随机抽样的方法抽取7件产品，再从这7件产品中随机抽取4件产品进行检测，求这4件产品中防腐剂含量在区间内的件数Y的期望和方差． 16. 如图，已知四边形为等腰梯形，且，，，．为中点，将沿进行翻折，使点与点重合．取中点，连接、． （1）证明：平面； （2）当时，求与平面所成角的正弦值． 17. 已知、、分别为斜中角、、的对边，． （1）求； （2）已知的面积为，求的最小值． 18. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，，求实数的取值范围； （3）若，且存在，，使得，证明：． 19. 甲、乙、丙三人玩传花游戏，开始时由甲手持鲜花，随机地将花传给乙或丙，接花者再随机地将花传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去从一个人手中将花传给另一个人称为一次传花，设经过n次传花后，花回到甲手里的概率记为，假设每一次传花互不影响. （1）求和的值； （2）求； （3）设，数列的前n项和为，若，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆外国语学校 2026-2027学年度（上）高2027届10月检测 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 一、选择题（共8小题） 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先分母实数化，整理后写出复数，结合模长公式计算即可. 【详解】，则， 故选：C． 2. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合，根据集合交集运算求解，可判断的元素个数. 【详解】因为集合， 集合， 所以， 所以的元素个数为5. 故选：C 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用向量数量积的运算律结合条件求出，再根据向量夹角的计算公式列式求解即得. 【详解】由得， 又因为，代入解得， 由， 因为，所以. 故选：C. 4. 一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1cm和5cm，高为10cm（器皿厚度忽略不计）.现将该器皿水平放置后（上底位于上方）注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5cm，则溶液体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出溶液的上底面半径为，再由圆台的体积公式计算可得. 【详解】因为溶液高度恰为5cm，所以溶液的上底面半径为， 下底面半径为，高为， 所以溶液的体积. 故选：B 5. 现有6名志愿者，需要将他们分配到5个项目组进行培训，每名志愿者只分配到一个项目组每个项目组至少需要分配一名志愿者，则不同的分配方案有（ ） A. 900种 B. 1200种 C. 1440种 D. 1800种 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分组分配方法列式求解. 【详解】先将6名志愿者按分成5组，再将分成的5组分配到5个项目组，共有种， 所以不同的分配方案有1800种. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出，再根据二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得. 【详解】因为，所以，其中不符题意， 所以， 所以， 故选：C. 7. 已知函数，若正实数、满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析函数的单调性与奇偶性，由可推导出，可得出，利用基本不等式可求得结果. 【详解】因为， 对任意的，，则函数的定义域为， ， 所以，函数为奇函数， 因为内层函数为增函数，外层函数在上为减函数， 所以，函数在上的减函数， 由可得， 所以，，即， 又因为，，则， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，的最小值为. 故选：D. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 8. 已知为偶函数，，若时，函数的图象恒在图象的上方，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用偶函数定义求出，根据给定条件，列出不等式并分离参数，构造函数并利用单调性求出最小值即可. 【详解】函数的定义域为，由为偶函数，得恒成立， 即恒成立， 而不恒为0，则，由时，函数的图象恒在图象的上方， 得，恒成立，即， 则对恒成立， 函数，， 又函数在R上单调递减，在上单调递增， 则函数在上单调递减，，于是，解得， 所以实数的取值范围是. 二、多选题（共3小题） 9. 已知函数的最小值为0，且最小正周期为，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递增 D. 在区间上的最大值为1 【答案】AB 【解析】 【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再利用正弦函数的性质逐项判断即可. 【详解】函数的最小值为，则，即， 由的最小正周期为，得，解得，因此， 对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，由时，，而正弦函数在上不单调， 因此在上不单调，C错误； 对于D，由时，，则当，即时，取得最大值2，D错误. 故选：AB 10. 如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角为60° B. 平面 C. 三棱锥的体积不变 D. 直线与平面所成角正弦值的取值范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项A：利用异面直线的夹角定义求解即可，选项B：利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可,选项C：利用等体积法求解即可，选项D：建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求出线面角正弦值的表示式，再运用二次函数的性质即可求得其范围. 【详解】 对于A，因为正方体中，且为等边三角形，故异面直线与夹角为，故A正确； 对于B，由正方体的性质可知，，平面，, 平面，又因为平面，， 同理可得平面，又因为平面，， 又因为平面，平面，故B正确； 对于C，因为平面，平面，所以平面, 所以为定值，故C正确； 对于D，建立如图所示直角坐标系，设正方体的棱长为1，， 则，，，，， 从而，， 由正方体的性质知：平面， 即平面，故平面的法向量可取为， 直线与平面所成角正弦值为，, 因为，， 所以，故D错误. 故选：ABC. 11. 如图，在四边形中，为边上的一列点，连接交于点，且满足，其中数列是首项为1的正项数列，则（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列的前项和为 C. 数列为递增数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据向量共线定理得到，从而，A正确；B选项，在A选项基础上得到，由分组求和和等比数列求和公式得到B正确；C选项，举出反例即可；D选项，在B选项基础上得到D正确. 【详解】A选项，因为为边上的一列点，设， 即，所以 ， 即，所以， 即，所以数列为公比为2的等比数列，A正确； B选项，因为，所以， 故是首项为2，公比为2的等比数列， 所以，， 的前项和为 ，B正确； CD选项，，故，显然， 则数列不是递增数列，C错误，D正确. 故选：ABD 三、填空题（共3小题） 12. 记为等差数列的前项和.若，则 【答案】100 【解析】 【分析】由条件结合等差数列的前项和公式可得，再用等差数列的定义求公差，最后用等差数列的前项和公式求即可. 【详解】因为为等差数列的前项和，设等差数列的公差为. 所以，故 又，故， 所以. 故答案为：100. 13. 已知函数有且仅有1个零点，则＝________． 【答案】1 【解析】 【详解】为偶函数，要使得有且仅有1个零点，则，解得． 经验证，当时，在上单调递减，在上单调递增，且，符合题意． 14. 在四棱锥中，底面是正方形，底面.若四棱锥的体积为9，且其顶点均在球上，则当球的体积取得最小值时，______________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据四棱锥的体积为9，建立半径与棱长的关系式求最值即可得出；将四棱锥放入长方体中，借助于长方体的外接球可得，构造函数，利用导数求解函数的单调性即可求解最值. 【详解】如下图所示，设四棱锥底面边长为，则该四棱锥的体积， 所以；设四棱锥的外接球半径为， 通过构造长方体可知满足； 即， 令，则，令,即； 当 所以，在上单调递减，在上单调递增；即函数在处取最小值，此时外接球的半径最小，体积最小；所以，. 故答案为：3 四、解答题（共5小题） 15. 为保障公众健康、提升监管效能，某市监管部门开展了食品安全专项治理行动，行动中，监管部门对某品牌饼干随机抽取了100件产品，检测其防腐剂含量x（单位：mg/kg），并统计绘制了如图频率分布直方图， （1）求频率分布直方图中a的值； （2）若从样本中防腐剂含量不低于100mg/kg的产品中按照等比例随机抽样的方法抽取7件产品，再从这7件产品中随机抽取4件产品进行检测，求这4件产品中防腐剂含量在区间内的件数Y的期望和方差． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由各组的频率和为1列方程可求出a的值； （2）根据比例抽样的方法结合频率分布直方图求出在区间和内抽取的数量，则可得随机变量Y的所有可能取值为0，1，2，3，然后求出相应的概率，从而可求出Y的期望和方差． 【小问1详解】 由题知，，解得． 【小问2详解】 由题知，样本中防腐剂含量在区间与内的比例为4：3， 所以按照等比例抽样的方法抽取的7件产品中，在区间内的应抽取4件，在区间内的应抽取3件． 所以随机变量Y的所有可能取值为0，1，2，3， 则，， ，， 所以， ． 16. 如图，已知四边形为等腰梯形，且，，，．为中点，将沿进行翻折，使点与点重合．取中点，连接、． （1）证明：平面； （2）当时，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：连接，因为四边形为等腰梯形， 所以，, 又为中点，，， 所以四边形为平行四边形，则，，即， 因为，所以为等边三角形，即为等边三角形， 又为的中点，所以，则， 又，所以，即， 因为，且平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，结合题意可得，进而得到为等边三角形，进而得到，，从而求证； （2）结合题设可得，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知，为等边三角形，， 所以，则， 在中，，则， 又，所以，则， 因为平面，， 所以平面， 以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则， 取，则， 设与平面所成角为， 则， 即与平面所成角的正弦值为． 17. 已知、、分别为斜中角、、的对边，． （1）求； （2）已知的面积为，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知，由已知条件及正弦定理化简得出，再利用正弦定理可求得的值； （2）由三角形的面积公式结合同角三角函数的基本关系可求出、的值，利用余弦定理可得出，然后利用基本不等式可求得的最小值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，， 即， 因为为斜三角形，所以，故， 由正弦定理可得． 【小问2详解】 由（1）知，，所以， 所以， 即， 因为，则，故，所以， 所以，则， 所以， 当且仅当，即时，取最小值． 18. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，，求实数的取值范围； （3）若，且存在，，使得，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）由题意在上恒成立，参变分离后，构造函数求导后计算最小值即可得； （3）利用导数求出单调性后，设，结合正负性可得、范围，再利用比值换元法，可得，，即可将证明转化为证明在上恒成立，构造相应函数并借助导数研究其单调性即可得. 【小问1详解】 若，则，， ，又， 故曲线在点处的切线方程为； 【小问2详解】 由时，，即，整理得， 令，，则， 故在上单调递减，则，即； 【小问3详解】 若，则，， 故当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又时，，时，， 则，不妨设，则， 由，则， 两边同取对数，可得， 故，令，则， 即，，故， 要证，只需证，即只需证， 令， 则， 故在上单调递增，则， 即有恒成立，即得证. 19. 甲、乙、丙三人玩传花游戏，开始时由甲手持鲜花，随机地将花传给乙或丙，接花者再随机地将花传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去从一个人手中将花传给另一个人称为一次传花，设经过n次传花后，花回到甲手里的概率记为，假设每一次传花互不影响. （1）求和的值； （2）求； （3）设，数列的前n项和为，若，证明：. 【答案】（1），； （2） （3）证明：由（2）知，所以， 设， 其中， 所以 故， 所以 因此， 设数列的前n项和为，则，① 所以，② 由①－②得， ， 所以，即，得证. 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率计算公式即可求解； （2）根据题意得到，再构造等比数列求解通项即可； （3）由（2）得到，确定，再结合待定系数法得到，累加求和，再通过放缩得到，利用错位相减法求和即可； 【小问1详解】 第1次传花后到乙或丙手里，，第2次传花后乙或丙有的概率将花传到甲手里，故， 经过4次传花共有16种情形， 甲 乙 丙 甲 乙 甲 乙 丙 甲 丙 甲 乙 丙 乙 甲 甲 乙 丙 乙 丙 甲 乙 甲 乙 丙 甲 乙 甲 乙 甲 甲 乙 甲 丙 乙 甲 乙 甲 丙 甲 甲 丙 甲 乙 甲 甲 丙 甲 乙 丙 甲 丙 甲 丙 甲 甲 丙 甲 丙 乙 甲 丙 乙 甲 丙 甲 丙 乙 甲 乙 甲 丙 乙 丙 甲 甲 丙 乙 丙 乙 其中花回到甲手里共有6种情形， 根据古典概型得. 【小问2详解】 结合题意得概率为经过次传花后花回到甲手里， 要使传花n次后，花回到甲手里，则第次传花，花不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传花都有的概率将花传到甲手里， 故， 所以与之间的递推关系为：. 得，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以. 【小问3详解】 略. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用待定系数得到，再通过放缩得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $