广东省深圳市宝安区南方科技大学附属中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

南科大附中2026年秋季学期高三年级十月质量监测 数 学 命题人:文思敏 审题人:白晨 (考试时间:120分钟 试卷满分:150分) 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、班级、考场和座位号填写在答题卡上。将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”。 2.作答时,务必将答案写在答题卡上,写在试卷及草稿纸上无效。 3.考试结束后,请将试卷妥善保管,答题卡统一交回。 一、单项选择题: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中,只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合,,且,则的取值集合为( ) A. B. C. D. 2.已知双曲线()的离心率为,则的渐近线方程为( ) A. B. C. D. 3.已知向量满足,且,则( ) A. B. C. D.1 4.已知向量,,,则的最小值为( ) A. B. C. D. 5.已知,则三者大小关系为( ) A. B. C. D. 6.已知函数()在区间上单调递增,则的最大值为( ) A. B. C. D. 7.已知数列是等差数列,,记,分别为,的前项和,若,,则( ) A. B.0 C. D. 8.已知函数,,若的零点恰为的零点,则的最大值为( ) A.0 B.2 C.3 D.4 二、多项选择题: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,部分选对的得部分分,有选错的得0分。 9.已知复数,则( ) A. B. C. D. 10.下列结论正确的有( ) A.公共汽车上有10位乘客,沿途5个车站,乘客下车的可能方式有种 B.展开式的系数和为0 C.若是等差数列,则这些数的中位数与平均数相等. D.若X是随机变量,则 11.已知函数的图象与直线的交点分别为,,且,点,设直线,的倾斜角分别为,,则( ) A.实数的取值范围是 B. C.的取值范围是 D.的取值范围是 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12.直线 被圆 截得的弦长为. 13.已知等比数列的各项都为正数,且,则的值为. 14.已知为边长为2的等边三角形,动点在以为直径的半圆上,半圆与在的异侧.若,则的取值范围是. 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.设等差数列满足,. (1)求的通项公式. (2)设,求数列的前项和的取值范围. 16.如图,在四棱锥中,底面是矩形,,,点在线段上,,且平面. (1)证明:平面; (2)证明:; (3)若,求二面角的正弦值. 17.在锐角中,角所对的边分别为.向量,,且. (1)求角的大小; (2)若,为边的中点,求线段的长的取值范围. 18.某仓库中同一型号的智能巡检机器人由甲、乙两厂供货.已知甲厂产品的次品率为0.05,乙厂产品的次品率为0.10.从仓库中随机抽取一台,发现其为次品的概率为0.07. (1)设甲厂在仓库中的供货占比为,求的值; (2)若已知抽到的产品是次品,求它产自甲厂的概率; (3)基于上述供货占比,质检员对这批机器人进行有放回的随机抽检,每次记录其生产厂.一旦累计抽到2台甲厂产品,或抽取次数达到5次,立即停止,记停止时已抽取的总次数为,求的分布列和数学期望. 19.已知函数,. (1)若在定义域上单调递增,求m的取值范围; (2)若有两个极值点a,b,证明:; (3)若,关于x的方程在上有两个不同的实数根,,证明:. 试卷第1页(共3页) 试卷第1页(共3页) 学科网(北京)股份有限公司 《南科大附中2026年秋季学期高三年级十月质量监测数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B A B C A C BC BCD 题号 11 答案 ABC 1.B 【分析】由集合B中元素都属于A求解,注意进行检验特别是元素的互异性. 【详解】若,则,此时,不合题意, 若,则或,时,不合题意,时,满足题意. 所以,从而的取值集合为. 2.D 【分析】根据离心率列方程,求得,进而求得,从而求得双曲线的渐近线方程. 【详解】因为,,所以,所以,故. 所以渐近线方程为. 3.B 【分析】由得,结合,得,由此即可得解. 【详解】因为,所以,即, 又因为, 所以, 从而. 故选:B. 4.A 【详解】,则, 当且仅当,即时等号成立, 故的最小值为. 5.B 【分析】对利用换底公式进行变换,可比较出与的大小,再将和与进行比较,从而得出答案. 【详解】,而, 所以,即, , 而,所以, 综上:. 6.C 【详解】当时,, 的递增区间为, 取,由得 , 解得,于是, 故最大值为. 7.A 【详解】设等差数列的公差为. 由,得①, 由得,得②, 联立①②,,解得, 所以. 则, 则,所以 . 8.C 【分析】分别求出两个函数的零点集合,根据两集合相等的条件,结合正弦函数的有界性求解整数的最大值. 【详解】 设,,由题意得, 求解集合:由,可得,显然恒成立; 求解集合:由,得,即,, 要满足,需不存在使得(且), 利用正弦函数有界性:对任意,,故, 要使区间内不存在非零的整数倍,需满足, 由于,且,因此整数的最大值为3. 9.BC 【详解】对于A项,,故A错误; 对于B项, 由于,所以,故B正确; 对于C项,,故C正确; 对于D项,,故D错误. 10.BCD 【分析】对于A,利用分步乘法原理,明确是10个乘客每人独立面临5种选择,得出总方式为种, 对于B,利用赋值法,直接令多项式中的变量,即可计算出展开式的全部系数之和,对于C,利用等差数列的对称性,说明其平均数和中位数在数值上必然重合并等于首末两项和的一半,对于D,利用方差非负的性质,结合方差计算公式移项即可证明. 【详解】对于A, 由分步乘法原理得乘客下车的可能方式有种,故A错误, 对于B,令得,故B正确, 对于C,对于等差数列,其平均数为, 若项数为奇数,设为正整数,此时中位数为, 则,即,整理得,此时中位数等于平均数, 若项数为偶数,设,此时中位数为, ,代入中位数得中位数为, 此时中位数等于平均数,故C正确, 对于D,因为,即,故D正确. 11.ABC 【分析】对A通过求导判断函数的单调性及最小值可得;对B只需证明,再令(),通过求导判断函数单调性判断可得;对C由斜率公式,再令,用导数和极限思想判断函数的值域可得;对D通过极限思想分别判断当和时的值可得. 【详解】由函数,所以函数的定义域为, . 当时,,单调递减; 当时,,单调递增; 所以函数的极小值(也是最小值)为,当和时,. 选项A :因为函数与有两个不同交点, 等价于,即,A正确; 选项B:要证只需证. 因为,且,所以,得. 又因为函数在上单调递增, 所以只需证明,且,因此只需证明. 令(), 则, 所以, 所以在上单调递减,且, 所以当时,,因为,所以, 即,B正确; 选项C:直线的斜率,其中; 令,, 令,, 所以函数在上单调递增,且,所以. 所以,函数在上单调递增, 由洛必达法则:当时,, 当时,. 所以,即,C正确; 选项D:因为直线,的倾斜角分别为,,且, 所以,因此. 当时,,无限靠近点,,, 所以,因此可以无限接近. 当时,, 由C选项分析知,,所以当时,, 因此当时,,. 综上所述,,故D错误. 12. 【分析】根据圆的标准方程,结合弦心距公式求解即可. 【详解】圆 的圆心 ,半径 . 圆心到直线的距离 . 所以所求的弦长 . 13.4 【分析】利用等比数列下标和性质,将前四项倒数和整理为与前四项和相关的形式,求出两项乘积后即可得到四项总乘积. 【详解】设等比数列的公比为q,由数列各项都为正数得. 根据等比数列性质:若,则,可得, 记,则, 所以,所以. 14. 【分析】建立平面直角坐标系,得到点坐标,设点坐标,由向量的数量关系解得,然后通过辅助角公式求得表达式,由三角函数的图象求得范围. 【详解】如图,取的中点,连接, 在等边三角形中 以为坐标原点,为轴建立直角坐标系, 所以, 设 则, 所以,所以, 所以, 因为,所以, 所以. 15.(1) (2) 【分析】(1)由等差数列,先将化为基本量,的形式,求出和,从而求出通项公式; (2)利用裂项相消法求出,再根据函数的单调性求出的取值范围. 【详解】(1)由数列为等差数列,设首项为,公差为,则, 解得,所以的通项公式为; (2)由(1)知,则, 所以, 易知,当时,单调递减,所以单调递增,因此,当时,取最小值,即, 当时,,,所以的取值范围为. 16.(1)因为底面是矩形,由矩形对边平行的性质可得:, 又因为平面,平面,所以平面. (2)由平面,平面,因此. 在底面矩形中,,,, ,, 因此,由勾股定理逆定理得, 因为,且平面,所以平面, 又因为平面,因此. (3) 【分析】 (1)由线面平行的判定定理即可证明; (2)先把问题转化为证明平面,只需证明和,利用线面垂直的性质可证明,利用勾股定理逆定理可证明; (3)建立空间直角坐标系,求出平面和平面的一个法向量,利用二面角的空间向量公式即可求解. 【详解】(1)略 (2)略 (3)以为原点,以的方向为轴正方向,的方向为轴正方向,的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系, 结合可得各点坐标: ,,,, 由(2)知是平面的一个法向量; 设平面的法向量为,,, 令,,即,取得. 设二面角的平面角为,则 , 因此二面角的正弦值为 . 17.(1) (2) 【分析】(1)由向量平行得,用正弦定理边化角,化简得,结合锐角三角形,即可求出角; (2)由中线向量公式得,结合余弦定理,得,再用正弦定理表示,由锐角条件求其范围,即得范围. 【详解】(1)因为,所以. 在中,由正弦定理得:, 展开得:,即. 因为,得.又,故. (2)因为点是边的中点,由向量中线公式:, 两边平方得:,即. 因为,,由余弦定理得:, 则,故. 所以. 因为,所以,即. 因为是锐角三角形,所以有,则. 又, 则 . 由,得,故, 所以,, 故的长的取值范围为. 18.(1) (2) (3)的分布列为 2 3 4 5 . 【分析】(1)根据全概率公式,列式求出的值即可;(2)根据条件概率公式直接求解即可;(3)先写出变量可能的取值,再求出各自变量对应的概率,最后写出概率分布列,利用数学期望的公式计算即可. 【详解】(1)设甲厂在仓库中的供货占比为,则乙厂在仓库中的供货占比为, 设从仓库中随机抽取一台,该产品是甲厂产品为事件;该产品是乙厂产品为事件;该产品是次品为事件. 则,所以; (2)由题意得,所以若已知抽到的产品是次品,则它产自甲厂的概率为; (3)由题意知的可能取值是2,3,4,5, ,, ,, 故的分布列为 2 3 4 5 所以. 19.(1) (2)证明:由题意得,. 因为有2个极值点a,b,则有两个正根a,b. 则,解得. 所以 . 设,,则. 因为,所以,则, 所以在区间上单调递增. 即, 所以. (3)设, 当时,.又恒成立,则在上单调递减; 当时,.又恒成立,则在上单调递增. 因为方程在上有2个不同的根,, 又时,,如图所示: 所以,. 又在处的切线方程为,设,. 当时,恒成立,所以在区间上单调递增,则. 即当时,. 与,的两个交点的横坐标分别为与, 则有,同时. 过点和的直线方程为, 该直线与的交点的横坐标为,同理可证:, 所以. 综上所述,成立. 【分析】(1)求定义域,求导,根据函数单调性得到恒成立,参变分离,结合基本不等式可得答案; (2)根据极值点情况可得不等式,得到,,故,设,,求导,得到的单调性,得到,证明出结论; (3)设,求导,得到的单调性,画出的图象,数形结合得到,.又在处的切线方程为,设,求导,得到的单调性,得到,并得到过点和的直线方程为,该直线与的交点的横坐标为,同理可证,所以,可得成立. 【详解】(1)的定义域为,. 因为在上单调递增,所以恒成立. 则,即在上恒成立,所以. 因为,当且仅当时,等号成立. 所以. (2)略 (3)略 【点睛】极值点个数的判断问题,一般转化为方程根的个数,求导后若可以化为二次函数,可以利用根的判别式及韦达定理求解,若不是二次函数,则研究函数的单调性,借助函数图象研究,在完成此类题目时,往往会将多元问题转化为一元问题进行解决. 答案第1页(共2页) 答案第1页(共2页) 学科网(北京)股份有限公司 $