精品解析：湖北省沙市中学2026-2027学年高三年级上学期10月考试数学试卷

高三年级上学期10月考试数学试卷 考试时间：2026年10月14日 一、单选题 1. 若复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 2. 已知抛物线的准线方程为，则（ ） A. 6 B. 12 C. D. 3. 已知，，则p是q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 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，不共线，，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是数列的前n项和，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 7. 若，，使得，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 点、为正四面体的内切球球面上的两个动点，为棱上的一动点，则当取最大值时，（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知事件，，，均为随机事件，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则与互斥 B. 若，对立，则 C. 若，互斥，则 D. 若，相互独立，且，，则 10. 函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 将向左平移个单位长度，得到函数 D. 若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是 11. 已知双曲线与直线有唯一公共点，下列说法正确的是（ ） A. 若，则直线的方程为 B. 若，则 C. 直线必经过的内心 D. 过点且与垂直的直线分别交轴､轴于两点，则点的轨迹方程为 三、填空题 12. 二项式的展开式中的系数为15，则________． 13. 已知等差数列的前n项和为，且，则＝______． 14. 已知，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为___________. 四、解答题 15. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）若，，求的值； （2）若的面积为，为的中点，且，求的长． 16. 一个车间有3台机床，它们各自独立工作，其中型机床2台，型机床1台．型机床每天发生故障的概率为0.1，B型机床每天发生故障的概率为0.2. （1）记X为每天发生故障的机床数，求的分布列及期望； （2）规定：若某一天有2台或2台以上的机床发生故障，则这一天车间停工进行检修．求某一天在车间停工的条件下，B型机床发生故障的概率． 17. 如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，. （1）证明：； （2）若，，求二面角的正弦值. 18. 椭圆：（）的上顶点为，离心率为，已知点，直线平行于轴． （1）求的方程； （2）过的直线与椭圆交于，两点，其中在第一象限，点不在轴上，设直线，的斜率分别为，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）设直线与轴交于，求面积的最大值． 19. 已知函数， （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，若函数有3个零点，求实数的取值范围； （3）当时，对任意，，满足.证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级上学期10月考试数学试卷 考试时间：2026年10月14日 一、单选题 1. 若复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】求得，进而可得. 【详解】， ， . 故选：A． 2. 已知抛物线的准线方程为，则（ ） A. 6 B. 12 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先表示出抛物线的准线方程，即可得到方程，解得即可. 【详解】抛物线的准线方程为，依题意可得，解得． 故选：C 3. 已知，，则p是q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】B 【解析】 【分析】根据题意，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果. 【详解】取，，则，此时成立，但不成立．因此p不是q的充分条件． 若，根据绝对值的性质，，显然成立即p成立因此，即p是q的必要条件． 综上，p是q的必要不充分条件． 故选：B 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定角度范围得到，变换，展开计算得到答案. 【详解】因为，则， 可得， 所以 . 故选：A. 5. 已知向量，不共线，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的平行性质求解． 【详解】向量，不共线，由，得，得． 6. 已知是数列的前n项和，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用前n项和与第n项的关系，结合等比数列求出，进而求出目标值. 【详解】数列中，由，得，即，而， 因此数列是首项为1，公比为3的等比数列，， 所以. 故选：A 7. 若，，使得，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把问题转化成的区间长度要不小于的解集的区间长度求的取值范围. 【详解】由，得，， 由，得，， 若，，使得， 则的区间长度要不小于的解集的区间长度， ，. 故选：A 8. 点、为正四面体的内切球球面上的两个动点，为棱上的一动点，则当取最大值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图将正四面体放入一正方体内，使正四面体棱长为正方体的面对角线，据此可得内切球圆心位置及内切球半径.又注意到当固定时，与球相切时，最大，据此可得答案. 【详解】如图将正四面体放入一正方体内，使正四面体棱长为正方体的面对角线. 设正方体棱长为，则，再设内切球半径为， 则，其中为四面体表面积，则. 易得内切球球心为正方体中心，如下图作出平面关于内切球的截面. 固定时，为使最大，则应使与球相切，即如下图与圆相切， 则，又易得（取等号时），则， 即当最大时，，从而此时. 二、多选题 9. 已知事件，，，均为随机事件，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则与互斥 B. 若，对立，则 C. 若，互斥，则 D. 若，相互独立，且，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用独立事件、对立事件与互斥事件的性质可判断AB，根据条件概率概念可判断C，即可判断；对于D，通过即可判断. 【详解】对于A，与互斥，则，显然错误； 对于B，若，对立，则，符合对立事件的定义，显然正确； 对于C，由于 ，故C正确； 对于D，，D正确. 10. 函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 将向左平移个单位长度，得到函数 D. 若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】由图象经过点列方程求，判断A，结合余弦函数性质验证B，根据函数图象变换法则，结合诱导公式判断C，令，可得在上有个不相等的实数根，结合正弦函数性质判断D. 【详解】观察可得函数的图象过点， 所以， 所以，， 所以，，又， 所以，A正确； 所以， 因为时，， 所以点不是函数的图象的对称中心，B错误； 函数向左平移个单位长度，可得函数的图象， 又，所以C正确； 因为， 由可得，， 令，由已知可得在上有个不相等的实数根， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 且时，，时，， 时，， 所以，D错误. 故选：AC. 11. 已知双曲线与直线有唯一公共点，下列说法正确的是（ ） A. 若，则直线的方程为 B. 若，则 C. 直线必经过的内心 D. 过点且与垂直的直线分别交轴､轴于两点，则点的轨迹方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，根据双曲线在点的切线方程即可判断；B选项，结合双曲线定义和勾股定理进行求解；C选项，根据双曲线所具有的光学性质即可进行判断；D选项，通过设，求出垂线与坐标轴交点，再代入双曲线方程即可求得轨迹方程. 【详解】已知双曲线，则，所以， 渐近线方程为，因为双曲线与直线有唯一公共点， 所以是双曲线在点处的切线. 对于A：双曲线在点处的切线方程为：， 若，代入切线方程：，即，故A错误； 对于B：由，所以， 又因为，两边平方得：， 所以，故B正确； 对于C：根据双曲线的光学性质：双曲线上任意一点的切线，是该点与两个焦点所成角的角平分线.三角形内心是三角形三条角平分线的交点， 因为直线是过点的切线，所以必过的内心，故C正确； 对于D：因为切线的斜率为，故过点且与垂直的直线斜率为， 方程为：， 令，得A点横坐标，令，得B点纵坐标， 设，则，，即， 因为在双曲线上，故，所以，即， 因为，所以点的轨迹方程为，故D正确. 三、填空题 12. 二项式的展开式中的系数为15，则________． 【答案】6 【解析】 【分析】根据二项式定理计算即可. 【详解】根据题意，展开式的通项为， 令，则． 13. 已知等差数列的前n项和为，且，则＝______． 【答案】27 【解析】 【详解】法1：在等差数列中，由，得，即，解得，d＝2，故． 法2：由，故成等差数列，且公差为， ， 所以，所以，故． 14. 已知，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】首先判断参数的符号为，通过求导得到函数的最大值，根据最大值小于等于建立与极值点的关系，将转化为关于的单变量函数，最后通过求导求解函数最小值即可. 【详解】∵ 不等式对任意恒成立. 若，当时, ，则，与不等式矛盾，故. 设，则. . ∵ ，故在上单调递减，且当时，当时. ∴ 存在唯一，使得，即，整理得. 当时，，单调递增，当时，，单调递减. ∴ . 将代入上式得： . ∴ ，结合可知，即. 则. ∵ ，故，代入得: . 设，. 令，得. 设，方程转化为，解得或(舍去). 即，. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. ∴ . 当且仅当，时等号成立，满足题设条件. 故的最小值为. 【点睛】本题为导数应用的典型题型，核心解题方法是将双参数最值问题转化为单变量函数最值问题，利用函数极值点的导数性质与最值条件建立参数与极值点的关联，解题时需注意先判断的符号，避免因忽略参数范围导致错误. 四、解答题 15. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）若，，求的值； （2）若的面积为，为的中点，且，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理及已知得，求出角的大小并求出，再由余弦定理求； （2）根据（1）和已知得、，再由，利用向量数量积的运算律求边长. 【小问1详解】 已知， 结合余弦定理得，则， 因为为三角形边长，，所以， 因为，所以， 又因，，代入整理得， 解得，因为，所以， 根据余弦定理，； 【小问2详解】 由（1）知，由的面积，得， 又，代入，得， 因为的中点，则， 两边取平方，， 即， 所以的长为1. 16. 一个车间有3台机床，它们各自独立工作，其中型机床2台，型机床1台．型机床每天发生故障的概率为0.1，B型机床每天发生故障的概率为0.2. （1）记X为每天发生故障的机床数，求的分布列及期望； （2）规定：若某一天有2台或2台以上的机床发生故障，则这一天车间停工进行检修．求某一天在车间停工的条件下，B型机床发生故障的概率． 【答案】（1）的分布列为： 0 1 2 3 0.648 0.306 0.044 0.002 ，0.4； （2）．【解析】 【分析】（1）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望； （2）根据给定条件，利用条件概率公式计算即得. 【小问1详解】 X的可能值为0，1，2，3， ， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 0.648 0.306 0.044 0.002 期望． 【小问2详解】 记事件为“车间停工”，事件为型机床发生故障”， ，， 因此， 所以某一天在车间停工的条件下，型机床发生故障的概率为． 17. 如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，. （1）证明：； （2）若，，求二面角的正弦值. 【答案】（1）方法一：三棱柱中，由得． 又，且与相交于，所以平面，从而． 菱形的两条对角线与垂直． 因为与相交于，且同在平面内，所以平面． 由平面，得． 方法二：设，，． 由菱形得； 由题设及得． 因为，，所以，故． （2）． 【解析】 【分析】（1）先由垂直于菱形侧面，结合菱形对角线垂直证明线面垂直；也可将待证关系化为向量数量积为零． （2）建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再由法向量夹角求二面角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由小问1知平面． 二面角不随图形等比缩放而改变，取，则． 以为原点，沿、以及垂直于平面向上的方向分别取、、轴． 由，可取，，，，． 于是，，． 设平面的一个法向量为，由，， 得，解得，，取，得． 设平面的一个法向量为，由，， 得，解得，，取，得． 因此，，． 设所求二面角为，其大小与两法向量的夹角相同或互补，故． 18. 椭圆：（）的上顶点为，离心率为，已知点，直线平行于轴． （1）求的方程； （2）过的直线与椭圆交于，两点，其中在第一象限，点不在轴上，设直线，的斜率分别为，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）设直线与轴交于，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用平行于轴得到上顶点纵坐标，结合离心率与椭圆的关系求出椭圆方程； （2）（i）设出过定点的直线方程，联立椭圆，借助韦达定理，把斜率表达式转化为根与系数的关系式进行化简，最终求得定值； （ii）利用（i）的定值结论推导出、的中点为定点，将面积转化为；再利用平行线与椭圆相切时距离最大的思路，设平行直线与椭圆联立，由判别式求出切线，计算点到直线距离，从而得到面积最大值. 【小问1详解】 由题意知，直线平行于轴，所以， 因为离心率为，又，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）由题意设过的直线的方程为，其中，，即 设交点，联立， 即， 所以，， 所以 ； （ii）直线的方程为，令，得，所以， 设直线与轴的交点为，同理可得，因为， 所以，的中点坐标为，△面积， 其中为点到直线的距离， 所以当过且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值， 可设直线的方程为，联立， 整理得，，即， 所以直线的方程为，所以直线与的距离为， 最大值为，所以△面积最大值. 19. 已知函数， （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，若函数有3个零点，求实数的取值范围； （3）当时，对任意，，满足.证明：. 【答案】（1） （2） （3）先证明：当时，， 令， 则，当时，且， 所以，又因为，故， 而，因为，， 因此，对，，分别应用上式求和， 可得， 由，得，故不等式成立. 【解析】 【分析】（1）先求切点函数值、再求该点导数值作为斜率，最后写出直线方程即可； （2）由判断单调性，再由极大值、极小值确定3个零点的条件； （3）证明时的单变量不等式，再对各求和. 【小问1详解】 因为，， 故切线斜率为，切点为， 斜率，则，可得， 因为，所以 【小问2详解】 由，若，则， 故只有一个零点，至多有2个零点，不合题意， 若，则函数单调递增，故不可能有3个零点， 因此只需考虑，此时，且或， 则当时，，当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又因为时，，时，， 故要有3个零点，只需满足，，计算可得， 因为，所以，故， 又，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 $