精品解析：广东广州市十校联考2026-2027学年上学期高三年级10月适应性训练数学试题

2026-2027学年上学期高三年级10月适应性训练 数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁． 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先化简复数，再求虚部. 【详解】，所以的虚部为. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，解得，即集合， 又，解得，即集合， 则. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. B. 20 C. 60 D. 96 【答案】C 【解析】 【详解】要得到，需从6个因子中选2个取，其余4个取， 所以的系数为． 4. “，”是“函数的图象关于原点对称”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】 【详解】函数的图象关于原点对称，等价于该函数为奇函数. 令，得，解得. 条件“”是“”的真子集： 充分性：若，则，函数为奇函数，图象关于原点对称，充分性成立； 必要性：图象关于原点对称时，还可取，必要性不成立. 因此是充分不必要条件. 5. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，分别将三个数和比较大小，再对比的大小即可得到结果. 【详解】由于函数在上单调递增，函数在上单调递减，那么 ，即, ，,即， 所以，. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦差角公式求出，再由正弦和角公式得到，最后由倍角公式即可求解. 【详解】因为，所以，解得：， 所以， 所以. 7. 在平面直角坐标系中，已知圆和，若点P满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，则所有满足条件的点P的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】用半径相等时弦长相等等价于圆心到直线距离相等，设过点P互相垂直的两条直线，写出距离等式，根据存在无穷多组斜率，令关于k的一次方程系数全为零，解方程组得到两个符合条件的点． 【详解】设，直线斜率为，则斜率为，故 ，一般方程为； ，一般方程为； 由题意知，两圆半径均为2，弦长相等等价于圆心到直线距离相等， 则，化简得 ，或， 存在无穷多组斜率，则有或， 解方程组得或， 故满足条件的点或，共2个． 8. 将1，2，3，…，10这10个数字进行重新排列，得到新的排列为，，…，，则满足对于，的所有排列的个数为（ ） A. 35 B. 55 C. 89 D. 144 【答案】C 【解析】 【分析】记的有效新排列的个数为，考虑数字在排列中的位置，根据递推法确定，进而可得新排列的个数. 【详解】由于对于，，则每个数字可以是， 记的排列的个数为，考虑数字在排列中的位置： （1）如果，则剩下的排列个数为； （2）如果，则；因此剩下的排列个数为， 故， 由于，故. 故这10个数的排列的个数为. 二、选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 当经验回归方程为时，变量x和y负相关 B. 成对样本数据的线性相关程度越强，样本相关系数r的值越接近1 C. 回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 D. 回归分析中，决定系数越大，拟合效果越好 【答案】ACD 【解析】 【详解】A.因为，所以变量x和y负相关，故A正确； B.成对样本数据的线性相关程度越强，样本相关系数的值越接近1，故B错误； C.回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好，故C正确； D.回归分析中，决定系数越大，拟合效果越好，故D正确. 10. 在三棱柱上底所在平面上，将上底图形绕一点旋转180°后，再将上、下底顶点连接形成的空间几何体称为“扭反三棱柱”．如图所示的“扭反三棱柱”上、下底为全等的等腰三角形，，，，若顶点，，，，，均在球O的球面上，则下列结论正确的是（ ） A. 点，，，共面 B. 球O的表面积为 C. 截面的面积的最大值为5 D. 当该几何体体积最大时 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据上下底对应边平行，判断四点共面；利用球面上共圆的矩形求外接球半径，并由矩形对角线求截面面积的最大值；把该几何体看作两个以同一矩形为底面的四棱锥，由高的最大值求． 【详解】A选项：由题意可知，，所以，，，四点共面，正确． B选项：同A选项可得，，，四点共面，又四点均在球的球面上， 故四点共圆． 由于且，所以四边形为矩形． 同理，四边形为矩形． 从而，均与交于一点，该点为的中点，即该几何体外接球的球心． 所以外接球的半径， 则球的表面积为，故B正确． C选项：由矩形的对角线， 可得 所以截面的面积 当时等号成立，故该截面面积的最大值为，C错误． D选项：该几何体的体积为四棱锥体积的倍． 矩形的面积为 外接球球心在矩形内，点在球的球面上运动． 设到平面的距离为，则 当平面时，最大，四棱锥的体积最大． 此时． 设为的中点，则，且， 故 又由及为的中点，得 所以，解得，D正确． 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为．两条直线和与椭圆在轴上方的两个交点分别为和，动点在椭圆上，且，．若过点作椭圆的切线，与直线，分别交于，两点，则（ ） A. 和的角平分线的交点在定直线上 B. 的最小值为 C. 为定值 D. 四边形的面积的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】联立求出、的坐标，利用相切条件求切线方程；A选项作垂线，用角平分线性质及椭圆的定义确定定直线；B选项求、的坐标及距离乘积最小值；C选项通过底和高推导三角形面积公式，再证定值；D选项用C的结论求四边形面积最大值． 【详解】联立椭圆方程与直线方程 解得，． 由于所取的交点均在轴上方，所以 设，则，，． 设椭圆在处的切线为． 联立椭圆方程并消去，得 因为直线与椭圆相切，所以判别式，即 又，故即，解得，所以切线方程为 A选项：如图1，设和的角平分线交于点， 作（或其延长线），，，其中在所在射线上． 由角平分线的性质可得 由直角三角形全等，分别得到，，． 如图，点位于的延长线上，点位于线段上， 因此 设椭圆的长半轴长为，半焦距为，则，． 由椭圆的定义，，，故 而右顶点满足，且，均在从指向轴正方向的射线上，故，点在定直线上，A正确． B选项：如图2，将切线方程分别与，联立，得 于是 由，得． 又，，所以，从而． 因此 当时取等号． 其最小值为，并非，B错误． C选项：由，，， 可知直线的方程为，直线的方程为，且 设点到直线，的距离分别为，． 由点到直线的距离公式，得 以，为底、，为高，分别计算两个三角形面积， 得 因此 所以为定值，C正确． D选项：由四边形可分成三角形与， 结合C选项所得定值，得 当且仅当时取等号． 由于，面积相等结合上面的面积表达式可得，进而，此时为椭圆上顶点． 所以四边形的最大面积为，并非，D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，若，则实数____. 【答案】 【解析】 【详解】由得，解得. 13. 现将3个小球随机装进3个盒子中，则装有球的盒子的个数的期望是______． 【答案】 【解析】 【分析】先确定随机变量的取值，计算出每种情况的概率，再根据期望定义即可求解. 【详解】设装有球的盒子个数为，则所有可能取值为1，2，3，总的方法有种. 当时，即3个小球装进1个盒子，共有种方法，所以； 当时，即3个小球装进3个盒子，则有种方法，所以； 当时，即3个小球装进2个盒子，则有种方法， 所以，所以. 14. 对于任意，函数的图象上总存在两点，，使得函数在，两点处的切线互相平行，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】求导利用切线平行得导数相等，转化为一元二次方程有两不等正根，由判别式得到的下界不等式，再结合的范围，根据题意对任意k恒成立求出取值范围． 【详解】函数求导得， 由函数在，两点处的切线互相平行得：， 化简可得， 是方程的两个不同正根， 则， 故，时，单调递增， 故，要使对任意都成立，则需， 故的取值范围为． 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. 已知的外接圆半径是2，角，，所对的边为，，，满足． （1）求角的值； （2）求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理将题目式子边化角，再化简边化角后的式子求出角； （2）根据第（1）问可以求出边c的长度，运用余弦定理求出边，与边c的关系，再运用基本不等式求出最大值 【小问1详解】 由题可得，即， ， 则，因为角，，， 故，则，故角为； 【小问2详解】 由题可得角为，的外接圆半径是2，故， 由余弦定理可得，即， 当且仅当时等号成立，故当时，有最大值，且角为， 故为等边三角形，所以，， 所以的最大值为. 16. 已知数列的前项和满足． （1）证明：是等比数列； （2）设数列，的前项和，证明：． 【答案】（1）证明：当时，，即，所以. 当时，. 作差得，即， 整理得，即. 所以是以为首项，为公比的等比数列. （2）证明：由（1）得，，则. 满足上式，故. 所以. ，， 所以. 所以. 因为，所以，故. 【解析】 【分析】（1）根据与的关系及等比数列的定义证明即可. （2）根据等比数列的定义求出，进而求出，，再根据错位相减法及等比数列的前项和公式求出，结合不等式性质证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，正方形边长为，，分别为边，的中点，是线段上的点，且．把矩形沿折起，设． （1）在上找一点，使得直线平面，并求出的值； （2）若，求的值； （3）若四棱锥的外接球半径为，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理及平行线的性质求解即可. （2）建立空间直角坐标系，根据垂直关系的向量表示及数量积的坐标表示求解即可. （3）判断球心位置并设出坐标，根据两点间的距离公式求解即可. 【小问1详解】 过点在平面中作，交于点. 因为平面，平面，所以平面. 又，所以. 【小问2详解】 以点为原点，以为轴，以过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，. 因为，所以，即， 整理得，即. 【小问3详解】 连接，交于点，设四棱锥的外接球球心为，连接， 则平面， 连接，则. 底面的中心，可设. 所以，则. ， 即，整理得，则， 两边平方得，即，也即. 又，则，所以，解得. 则. 18. 在平面直角坐标系中，已知曲线和双曲线． （1）设两个定点，，动点M在曲线上，且点M在第一象限．证明：为定值； （2）双曲线上有两个点，，并且．求的值； （3）设双曲线上关于原点对称的两点分别为和，以为圆心，为半径的圆与双曲线交于另外三点B，C，D．证明：为等边三角形． 【答案】（1）由题可设，则， 同理可得：， ，，则， ，即为定值. （2）; （3）设，则，且，, 所以以为圆心，为半径的圆方程为：， 将代入 可得， 整理可得，又有， 上式可化简得， 因为是圆与双曲线的1个交点，则另外三个点B，C，D中，若C，D关于直线（或）对称，则在对称轴上.利用双曲线和圆的对称性，结合距离公式可证，故为等边三角形. 【解析】 【分析】(1)利用两点间的距离公式将表示出来，化简即可得证；（2）利用极坐标法，得到，，代入化简可求解.(3)设，则,得到圆方程，联立双曲线与圆方程，化简得到，利用根的性质，分析对称性与距离求证. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由极坐标法，设，代入双曲线得： 解得. 设点对应的极角为，则， ，则, . 【小问3详解】 略； 19. 已知，，函数的导函数，且．设的极值点为． （1）求的单调区间和极值； （2）证明：； （3）证明：． 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为．极小值，无极大值. （2）由题干和（1）猜想推广可得， 所以， ， 因为的极值点为，所以， 即，又为R上的增函数， 所以， 即证. 令，即证， ，令，， 则 所以在上单调递减， 且时，，所以存在唯一使得， 从而，函数单调递增；，函数单调递减； 又时，，所以时，有成立. （3）由（2）知， 因为，所以 ， 所以， 根据为R上的增函数可得. 【解析】 【分析】（1）直接求导得，再令其为0，分析得到其单调区间和极值； （2）等价转化为证明，再利用换元法设新函数 ，二次求导后得到其单调性，再利用隐零点法即可证明； （3）作差分析的符号，再根据函数单调性即可证明. 【小问1详解】 解得， 当单调递减； 当单调递增； 根据，解得， 所以. ， 综上，的单调递减区间为，单调递增区间为．极小值，无极大值. 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年上学期高三年级10月适应性训练 数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁． 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. B. 20 C. 60 D. 96 4. “，”是“函数的图象关于原点对称”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. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，已知圆和，若点P满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，则所有满足条件的点P的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 将1，2，3，…，10这10个数字进行重新排列，得到新的排列为，，…，，则满足对于，的所有排列的个数为（ ） A. 35 B. 55 C. 89 D. 144 二、选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 当经验回归方程为时，变量x和y负相关 B. 成对样本数据的线性相关程度越强，样本相关系数r的值越接近1 C. 回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 D. 回归分析中，决定系数越大，拟合效果越好 10. 在三棱柱上底所在平面上，将上底图形绕一点旋转180°后，再将上、下底顶点连接形成的空间几何体称为“扭反三棱柱”．如图所示的“扭反三棱柱”上、下底为全等的等腰三角形，，，，若顶点，，，，，均在球O的球面上，则下列结论正确的是（ ） A. 点，，，共面 B. 球O的表面积为 C. 截面的面积的最大值为5 D. 当该几何体体积最大时 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为．两条直线和与椭圆在轴上方的两个交点分别为和，动点在椭圆上，且，．若过点作椭圆的切线，与直线，分别交于，两点，则（ ） A. 和的角平分线的交点在定直线上 B. 的最小值为 C. 为定值 D. 四边形的面积的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，若，则实数____. 13. 现将3个小球随机装进3个盒子中，则装有球的盒子的个数的期望是______． 14. 对于任意，函数的图象上总存在两点，，使得函数在，两点处的切线互相平行，则的取值范围为______． 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. 已知的外接圆半径是2，角，，所对的边为，，，满足． （1）求角的值； （2）求的最大值． 16. 已知数列的前项和满足． （1）证明：是等比数列； （2）设数列，的前项和，证明：． 17. 如图，正方形边长为，，分别为边，的中点，是线段上的点，且．把矩形沿折起，设． （1）在上找一点，使得直线平面，并求出的值； （2）若，求的值； （3）若四棱锥的外接球半径为，求的值． 18. 在平面直角坐标系中，已知曲线和双曲线． （1）设两个定点，，动点M在曲线上，且点M在第一象限．证明：为定值； （2）双曲线上有两个点，，并且．求的值； （3）设双曲线上关于原点对称的两点分别为和，以为圆心，为半径的圆与双曲线交于另外三点B，C，D．证明：为等边三角形． 19. 已知，，函数的导函数，且．设的极值点为． （1）求的单调区间和极值； （2）证明：； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $