精品解析：上海市华东师范大学第一附属中学2026-2027学年高三上学期10月质量检测数学试卷

华东师范大学第一附属中学十月质量检测 高三数学试卷 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分）请在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 的展开中，的系数为__________． 【答案】 【解析】 【详解】方法一：二项式定理 的展开式的通项公式为， 令，解得， 代入，得，因此的系数为． 方法二：完全平方公式展开 因为，所以的系数为． 2. 函数的频率为__________． 【答案】 【解析】 【详解】对于正弦型函数（），其最小正周期为，频率的定义为单位时间内完成周期性变化的次数，满足， 本题中函数对应的参数，因此最小正周期，代入频率公式得． 3. 已知集合，，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】集合是函数的定义域，即，解得，故； 集合是绝对值不等式的解集，解得，故； 因此 4. 已知椭圆的右焦点，则C的离心率为__________． 【答案】 ## 【解析】 【详解】由题设且，而， 所以离心率. 5. 已知，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用对数运算性质得到与的乘积定值，再结合基本不等式求解的最小值． 【详解】由题可知，，即，， 因为 ，所以，即， 根据基本不等式  ，当且仅当时等号成立，代入原式验证满足条件， 因此的最小值为． 6. 若直线是曲线的切线，则________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据导数的几何意义计算即可求解. 【详解】设，则， 设直线与图象相切的切点为A， 则，解得， 所以，代入方程， 得，解得. 故答案为：1 7. 设、是两个相互独立事件，且，，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】， 因为、两个事件相互独立，则、相互独立，所以， 又，所以，所以. 8. 用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2134大的数字个数为 _____.（用数字作答） 【答案】17 【解析】 【分析】根据题意，按四位数的千位数字分2种情况讨论，由加法原理计算可得答案． 【详解】根据题意，用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数， 当其千位数字为3或4时，有种情况，即有12个符合题意的四位数， 当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2134，则有6﹣1＝5个比2134大的四位数， 故有12+5＝17个比2134大的四位数， 故答案为：17． 9. 已知复数满足（为虚数单位），则的最小值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的几何意义，求出复数在复平面内的轨迹，再将要求的量转化成复平面内点与点之间的距离，求出最小值. 【详解】设， 因为， 所以表示复平面内点到的距离， 因为 所以表示复平面内点到的距离， 所以表示复平面内点到点与的距离和为， 又因为点到点的距离为：， 令，，则直线方程为，即， 所以点在线段上运动， 因为， 所以表示复平面内点到点的距离， 所以的最小值就是点到直线的距离， 由点到直线的距离公式得， 所以的最小值是. 10. 设集合，若，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】令，，利用二次函数、分式型函数的性质求出分段函数不同区间上的值域，结合的值域与的值域的并集必须为全体实数，应用分类讨论及求参数范围. 【详解】令，， 要使函数的值域，则的值域与的值域的并集必须为全体实数， 当时，是一个开口向上的抛物线。 若，则在处取得最小值，， 若，则在上单调递增，在处取得最小值，， 所以部分的值域为， 当时，， 因为，利用基本不等式可知（当时取等号）。 所以的最大值为， 所以部分的值域为， 要使值域为，必须有，下面分类讨论： 情况一： 当时，， 需要满足，即，解得或， 结合，可得， 情况二： 当时，， 需要满足，解得， 结合，可得， 综上，实数的取值范围是. 11. 三脚架（如图所示）是美术中常用来支撑画板，调节倾斜角度，方便写生与画作展示的一种工具．若某三脚架的三只脚长均为50 cm，两两夹角彼此相等且固定．将其立在地上时，顶端距离地面的高度为40 cm．后来一只脚损坏，底部截去长度10 cm，再立在地面上时，此时顶端距离地面的高度为__________cm．（结果保留两位小数） 【答案】36.17 【解析】 【分析】先求出顶端两杆的固定夹角，再运用空间向量和同一平面上三个向量都不共线的情况下，一个向量可由另外两个向量表示的关系建立联系从而求出新的高度. 【详解】损坏前空间图像即底面如图 由题可得为等边三角形，，， ，解得， 同理可得， 损坏后的图像如图 设三条杆的向量为， 则，因为顶端的夹角不变， 故，而， 我们发现三点在地面上则记地面向量， 则，设，则， 即，解得， 因为， 即， 将代入，解得， 12. 设，．若存在公比的无穷等比数列，使得对任意正整数都成立，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得有非零解，利用数列的收敛性得即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，则，代入得： 整理得： 由于是无穷等比数列，所以 因时左边无界，时右边有界，均矛盾， 所以，此时，则： ， 设，则，即， 因为对成立且，为使方程有非零解， 则即， 所以的取值范围是. 故答案为：. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13—14题每题4分，第15—16题每题5分）每题有且只有一个正确选项，请在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（ ） A. 平均数为3，中位数为2 B. 中位数为3，众数为2 C. 平均数为2，方差为2.4 D. 中位数为3，方差为2.8 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意举出特例，结合中位数，众数，平均数以及方差公式，即可得出答案． 【详解】对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误； 对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误； 对于C，若平均数为2，且出现6点，则方差， 则平均数为2，方差为时，一定没有出现点数6，故C正确； 对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3， 平均数为， 方差为， 可以出现点数6，故D错误； 故选：C 14. “”是“关于的方程有一正一负根”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】方程有一正一负根的等价条件： 对于一元二次方程有一正一负根， 只需满足两根之积（此时判别式会自动成立）. 本题中，因此两根之积为，方程有一正一负根等价于. 由此可知：“”和“方程有一正一负根”可以互相推出，因此是充要条件. 15. 已知奇函数的定义域为，且对任何实数，都有，则可以是（ ）． A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由奇函数的性质及已知关系，依次代入、、且令得到，再依次验证各项对应值判断即可. 【详解】已知是定义在上的奇函数，所以，且①， 将代入①中，得， 因为，所以，即， 将代入①中，得， 由于是奇函数，因此，这与上面得出的 相符， 将代入①中，设，则 ， 将代入①中， ， 把代入上式，得到②，​ 若，由②得，与矛盾，排除 A， 若，由②得，与矛盾，排除 B， 若，由②得，与没有冲突，且满足奇函数性质， 若，由②得，与矛盾，排除D， 综上可知，的值只能是. 16. 已知为原点，坐标平面上两两不同的4个点，，，满足，，，中的任意3点不共线，，，.对于命题：①存在，，，，使得4个向量，，，中的任意2个都不平行；②在，，，这4个数中，一定存在相等的2个数，下列判断正确的是（ ）. A. ①和②均为真命题 B. ①和②均为假命题 C. ①为真命题，②为假命题 D. ①为假命题，②为真命题 【答案】B 【解析】 【分析】对于命题①可设 ，可证明 和  总和垂直，进一步可得 和  平行，可得结论；对于命题②可举反例来说明命题②是假命题即可. 【详解】对于命题①，设 ， 则有：，，. 设 ，由条件可推导： ，， ，， 可得，得 ，即  与   垂直， 现在考虑向量：，因此  与   垂直， 同理： 也与   垂直， 在二维平面中，所有与  垂直的向量都互相平行，因此， 和  总是平行， 不可能存在任意两个向量都不平行的情况，故命题①为假. 对于命题②，取特值：，， ，， ，， ，， 验证：，， ， ， 所以； ，模， ， ， 所以； 总和 . 任意三点不共线,而模长全部不同. 此例满足所有条件，但模长互异，故命题②为假. 故选：B 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 为进一步增强学生的消防安全、居家安全、饮食安全等安全意识，某校举办了以“知识守护校园，安全伴我成长”为主题的知识竞赛．根据该校某年级①班、②班的竞赛成绩得到如下频率分布直方图： （1）分别估计该年级①班、②班竞赛成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）根据竞赛成绩，将学生成绩分成A，B，C三个等级： 竞赛成绩 高于80分 60分到80分 低于60分 成绩等级 A B C 以频率估计概率，从该年级①班、②班各随机抽一人，求从①班抽的人的成绩等级高于从②班抽的人的成绩等级的概率． 【答案】（1）65.5；75 （2）0.1725 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图计算各班平均分； （2）按照成绩等级讨论，根据独立事件乘法概率公式及互斥事件加法概率公式求解即可. 【小问1详解】 ①班竞赛成绩的平均分为 ． ②班竞赛成绩的平均分为． 【小问2详解】 从①班抽的人的成绩等级为A，B，C的概率分别为0.15，0.5，0.35． 从②班抽的人的成绩等级为A，B，C的概率分别为0.35，0.5，0.15． 从①班抽的人的成绩等级高于从②班抽的人的成绩等级的情况分两种： 从①班抽的人的成绩等级为B，从②班抽的人的成绩等级为C， 其概率为； 从①班抽的人的成绩等级为A，从②班抽的人的成绩等级为B或C， 其概率为． 所以从①班抽的人的成绩等级高于从②班抽的人的成绩等级的概率为． 18. 如图所示，圆台上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，为圆台下底面的一条直径，圆上点满足，是圆台上底面的一条半径，点、在平面的同侧，且． （1）证明：平面平面； （2）若圆台的高为2，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）由题可得， 作的中点Q， 连接，为的中点，所以，则， 因为，所以，故， 所以与平行且相等，所以四边形为平行四边形，则， 因为面，则，则，平面， ， 所以面，面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）运用面面垂直的判定定理，在一个平面找到一条直线垂直与另一平面； （2）建立空间直角坐标系求出相应的点坐标，再求出平面的法向量与直线的方向向量，再根据线面角的公式求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以如图建立空间直角坐标系，以为原点，为z轴，为y轴，为x轴 则，，，，， 则，，， 设面的法向量为，则，即， 令，解得， 设直线与平面所成角为， 则，故 19. 如图，已知的内角，，的对边分别为，，，，为的中点，为上一点，平分. （1）若，求的面积； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，由结合两角和的正弦与二倍角公式化简可得，进而可得是直角三角形，计算即可求解； （2）设，由题意可得，化简可得，由结合同角三角函数基本关系可得，，利用两角和差正弦化简可得，再利用正切二倍角公式化简即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理可得，即， 因为，则 ， 因为，所以，故上式化简可得， 因为，所以，即（负值不符合题意舍去） 所以（不符合题意舍去），， 即是直角三角形，故， 所以的面积为； 【小问2详解】 设，则，因为，所以， 因为为的中点，平分， 所以，即， 因为，则， 因为，， 所以，， 则， 即， 化简可得，所以. 20. 已知抛物线上的一点到焦点的距离为1，直线交于两点. （1）求抛物线的标准方程； （2）为坐标原点，已知： （i）作垂足为，则是否存在定点，使为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由； （ii）若在处的切线恰好平分直线与的夹角，求的方程. 【答案】（1） （2）（i）存在，；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义可得答案； （2）（i）设直线，与抛物线方程联立，由利用韦达定理求出，可得直线过定点，结合可得答案； （ii）设切线方程为，与抛物线方程联立，利用得求出切线的倾斜角.直线方程与抛物线方程联立，不妨设直线的倾斜角分别为，则由恰好平分直线与的夹角可知，，根据和韦达定理得出答案. 【小问1详解】 到的距离等于到准线的距离， 故， 故； 【小问2详解】 （i）设直线， 联立方程，得， 由韦达定理知，， 而， . 因为，所以，有， 即，解得或（舍去）， 所以直线，即直线过定点， 结合，所以在以为直径的圆上， 所以到定点的距离为定值1； （ii）因为，所以. 设切线方程为， 联立方程组得 令，得， 所以切线方程为， 斜率的倾斜角. 由（i）可知，直线， 联立方程，消得， 则，故. 不妨设直线的倾斜角分别为，则由恰好平分直线与的夹角可知，. ， ，即 ，即 化简得， 即 代入得，即， 解得. 当时，直线过点，舍去. 所以直线. 21. 已知函数的定义域是，对于任意的正实数，记和分别为函数在区间上的最大值和最小值． （1）若，求和； （2）设，若在区间上恰好存在2026个不同的实数、、…、，使得，求实数的取值范围； （3）设，试判断“函数严格增”是“函数严格增”的什么条件？并证明你的结论． 【答案】（1），； （2） （3）“函数严格增”是“函数严格增”的充分不必要条件. 理由如下：充分性：函数严格增，则对任意，， 因此， 所以由严格增可得严格增，所以充分性成立； 必要性：取，则不是严格增函数. 当时，，可知为严格增函数，故必要性不成立； 综上所述：“函数严格增”是“函数严格增”的充分不必要条件. 【解析】 【分析】（1）求导，可得的单调性，进而可求得和； （2）由题意可得，进而可求得最小值，进而可得，解方程可求得实数的取值范围； （3）利用函数严格增，进而可证函数严格增，可证充分性成立；利用构造函数法可证必要性不成立. 【小问1详解】 由，得， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 又； 所以，； 【小问2详解】 ， 当时，取得最小值，最小值为，即. 令，得，解得或. 第2026个解为，第2027个解为， 故实数的取值范围为. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华东师范大学第一附属中学十月质量检测 高三数学试卷 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分）请在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 的展开中，的系数为__________． 2. 函数的频率为__________． 3. 已知集合，，则__________． 4. 已知椭圆的右焦点，则C的离心率为__________． 5. 已知，则的最小值为__________． 6. 若直线是曲线的切线，则________. 7. 设、是两个相互独立事件，且，，则__________． 8. 用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2134大的数字个数为 _____.（用数字作答） 9. 已知复数满足（为虚数单位），则的最小值是__________． 10. 设集合，若，则实数的取值范围是________． 11. 三脚架（如图所示）是美术中常用来支撑画板，调节倾斜角度，方便写生与画作展示的一种工具．若某三脚架的三只脚长均为50 cm，两两夹角彼此相等且固定．将其立在地上时，顶端距离地面的高度为40 cm．后来一只脚损坏，底部截去长度10 cm，再立在地面上时，此时顶端距离地面的高度为__________cm．（结果保留两位小数） 12. 设，．若存在公比的无穷等比数列，使得对任意正整数都成立，则的取值范围是________． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13—14题每题4分，第15—16题每题5分）每题有且只有一个正确选项，请在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（ ） A. 平均数为3，中位数为2 B. 中位数为3，众数为2 C. 平均数为2，方差为2.4 D. 中位数为3，方差为2.8 14. “”是“关于的方程有一正一负根”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 15. 已知奇函数的定义域为，且对任何实数，都有，则可以是（ ）． A. 4 B. 2 C. 1 D. 16. 已知为原点，坐标平面上两两不同的4个点，，，满足，，，中的任意3点不共线，，，.对于命题：①存在，，，，使得4个向量，，，中的任意2个都不平行；②在，，，这4个数中，一定存在相等的2个数，下列判断正确的是（ ）. A. ①和②均为真命题 B. ①和②均为假命题 C. ①为真命题，②为假命题 D. ①为假命题，②为真命题 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 为进一步增强学生的消防安全、居家安全、饮食安全等安全意识，某校举办了以“知识守护校园，安全伴我成长”为主题的知识竞赛．根据该校某年级①班、②班的竞赛成绩得到如下频率分布直方图： （1）分别估计该年级①班、②班竞赛成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）根据竞赛成绩，将学生成绩分成A，B，C三个等级： 竞赛成绩 高于80分 60分到80分 低于60分 成绩等级 A B C 以频率估计概率，从该年级①班、②班各随机抽一人，求从①班抽的人的成绩等级高于从②班抽的人的成绩等级的概率． 18. 如图所示，圆台上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，为圆台下底面的一条直径，圆上点满足，是圆台上底面的一条半径，点、在平面的同侧，且． （1）证明：平面平面； （2）若圆台的高为2，求直线与平面所成角的大小． 19. 如图，已知的内角，，的对边分别为，，，，为的中点，为上一点，平分. （1）若，求的面积； （2）若，求的值. 20. 已知抛物线上的一点到焦点的距离为1，直线交于两点. （1）求抛物线的标准方程； （2）为坐标原点，已知： （i）作垂足为，则是否存在定点，使为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由； （ii）若在处的切线恰好平分直线与的夹角，求的方程. 21. 已知函数的定义域是，对于任意的正实数，记和分别为函数在区间上的最大值和最小值． （1）若，求和； （2）设，若在区间上恰好存在2026个不同的实数、、…、，使得，求实数的取值范围； （3）设，试判断“函数严格增”是“函数严格增”的什么条件？并证明你的结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $