精品解析：江苏省常熟中学2026-2027学年高三上学期10月阶段性测试数学试题

高三10月阶段性测试 数 学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合，，且，则实数的取值范围为（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先化解集合，又，即可得到或，解得即可. 【详解】由，即，解得， 所以， 又，显然， 因为，所以或， 解得或， 即实数的取值范围为或. 故选：A 2. 复数的虚部为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法和除法运算化简后即可求解. 【详解】复数， 故虚部为. 故选：A 3. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ） A. B. C. 3 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的概念结合平面向量数量积的坐标表示及模长公式计算即得. 【详解】因向量在向量上的投影向量是，则， 故，于是. 故选：B. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由两角和差的正弦公式得到，再结合平方关系即可求解. 【详解】由两角和差公式： 则可得方程组，解得 故， 故选：C 5. 已知数列中，，若，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等比数列定义求出，利用构造法求出，再列式求解即得. 【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，， 则，即， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列. 则，即，由，得， 所以. 故选：B 6. 我省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将 人按分组，分甲单独一组、甲和他人一组两类，分别用组合排列算出对应方法数，结合甲不参加围棋苑的限制排除不合情况，两类相加得到总方法数为. 【详解】五名同学参加四个社团，每个社团至少一人，必为分组，分两类讨论： ①甲单独一组：从其余人中选人成组，有种. 甲不参加围棋苑，有种选择，剩余组全排列. 方法数为. ②甲与另一人成组：选同伴有种，四组分到四社团，排除甲组去围棋苑. 方法数为. 总计方法数为. 7. 过抛物线上的一点作切线，设与轴相交于点为的焦点，直线交于另一点，则面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据条件得到，从而得到，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的最小值，即可求解. 【详解】设，由抛物线的对称性，不妨设，设直线， 由，消得， 因直线与抛物线相切，得到，得到， 故直线的方程为， 令，得点M的坐标为，设直线的方程为， 联立，得，所以有，于是， 则， 令，则， 当时，，得到在区间单调递减；当时，，得到在区间上单调递增， 故， 所以的最小值为 故选：C. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于，设，根据条件得到 ，再构造函数，求出的最值，即可求解. 8. 设函数，，若存在，，使得，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得，即可得到，构造函数，求导得其最值，即可得到结果. 【详解】由题意可得，即， 所以， 又，所以在上单调递增， 即，所以， 且， 令，， 则，其中， 令，则， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以当时，有极大值，即最大值， 所以，， 所以. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题主要考查了函数同构问题以及导数求最值问题，结合同构函数，然后构造函数求导即可得到结果. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一条对称轴 B. 是的充要条件 C. 已知，则 D. 的展开式中项的系数为5 【答案】AC 【解析】 【分析】由正弦函数对称轴的求法可判断A；解一元二次不等式可判断B；由随机变量间方差的关系式可判断C；由二项式的通项公式可判断D. 【详解】对于A，函数  的对称轴满足 ，即 。 取 ， 确实是一个对称轴，所以 A 正确； 对于B，由 ，得： 或 ， 当时，成立，而不成立，所以 B 错误； 对于C，，因此 C 正确； 对于D， 展开通项 ，  项对应 ，系数 为，不是5，所以 D 错误. 故选：AC 10. 如图，在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，，，记四棱锥的外接球为球，平面与平面的交线为的中点为，则（ ） A. B. C. 平面平面 D. 被球截得的弦长为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，可得平面，再根据线面平行的性质即可证得，即可判断A；对于B，连接，证明，，即可得平面，再根据线面垂直的性质即可证得，即可判断B；对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，判断法向量是否垂直，即可判断C；对于D，易得四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，求出半径，再利用向量法求出点到直线的距离，最后利用圆的弦长公式求出被球截得的弦长，即可判断D. 【详解】解：对于A，因为，平面，平面， 所以平面， 又因平面与平面的交线为， 所以，故A正确； 对于B，连接， 在等腰梯形中，因为，，的中点为，所以四边形都是菱形， 所以，所以， 因为底面，面， 所以， 又，所以平面， 又因平面，所以，故B正确； 对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量，平面的法向量， 则，可取， 同理可取， 因为，所以与不垂直， 所以平面与平面不垂直，故C错误； 对于D，由B选项可知，，则点即为四边形外接圆的圆心， 故四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上， 设外接球的半径为，则，则， 所以， 设与所成的角为，点到直线的距离为， ， 因为，直线的方向向量可取，， 则，所以， 所以， 所以被球截得的弦长为，故D正确. 故选：ABD. 11. 在中，是的中点，则下列结论正确的是（　　） A. 可以是钝角三角形 B. C. 若，则 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，由，利用三角恒等变换化简可得，结合分析得解；对B，由，可得，结合角的范围求解；对C，由，得，结合求解判断；对D，由题可得必是锐角三角形，问题转化即证，即证. 【详解】对于A， ， 即， 所以 所以， 即得，即， 因为，所以， 故，则， 所以， 故为直角三角形，故A错误； 对于B，由，则，所以， 由于，故，故B正确； 对于C，由，则， 所以， 其中， 又， 故，故C正确； 对于D，，所以必是锐角三角形， 即证， 又，即证，即，成立，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用分组求和的方法，结合等比数列求和公式可得答案. 【详解】因为， 所以 . 故答案为： 13. 若P，Q分别是抛物线与圆上的点，则的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】设点，圆心，的最小值即为的最小值减去圆的半径，求出的最小值即可得解． 【详解】依题可设，圆心，根据圆外一点到圆上一点的最值求法可知， 的最小值即为的最小值减去半径． 因为，， 设， ，由于恒成立， 所以函数在上递减，在上递增，即， 所以，即的最小值为． 故答案为：． 14. 已知平面向量，，满足，，，与的夹角是，则的最大值为__________. 【答案】5 【解析】 【分析】建直角坐标系，设，由条件可得点在两圆弧或上，求出 ，设其为，代入圆弧方程，由可求得结果 【详解】解：如图，设， 因为与的夹角是， 所以，所以点所在的圆中，弧所对的圆心角为， 所以点在两圆弧或上， 因为，设， 把代入中化简得 ， 因为此方程有解，所以 即， 化简得，解得； 把代入中化简得 ， 因为此方程有解，所以 即， 化简得，解得； 所以的最大值为5 【点睛】关键点点睛：此题平面向量的综合应用，属于中档题，解题的关键是建立平面直角坐标系，将向量坐标化，由与的夹角是，利用数形结合和平面几何的知识得点在两圆弧或上，是解此题的突破口 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. 如图，圆锥的轴截面PAB是边长为2的正三角形，C，D为底面圆周上的点，且是正三角形，E为母线PB上的一动点． （1）若平面CDE，求PE的长； （2）若直线DE与平面所成角的正弦值为．求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用线面平行的性质，结合平行线分线段成比例定理求解. （2），利用线面角的向量法求出，进而求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 取直径的中点，连接，在底面圆所在平面内作，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建空间直角坐标系， 由都是正三角形，，得， ，令，则， 由平面，平面平面，平面，得， 因此，，所以PE的长为. 【小问2详解】 由（1）知，设，则， ，而平面的法向量， 由直线DE与平面所成角的正弦值为，得 ，整理得，又，解得， 于是，而，设平面的法向量， 则，令，得， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 16. 在中，的对边分别为. （1）若，求的值； （2）若的平分线交于点，求长度的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得出，再由余弦定理求得结果； （2）设，把表示成两个三角形的面积和，表示出，再求其取值范围； 【小问1详解】 已知， 由正弦定理可得， ， ， ， ， 即， . 【小问2详解】 由（1）知，由，则. 设，， ，， . 17. 已知某品牌新能源汽车的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布，其质保政策规定：电池寿命低于年可免费更换. （1）求任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率（精确到）； （2）某出租车公司购买了辆该品牌汽车，记为免费享受更换的车辆数，利用（1）的结果，求的分布列和数学期望. 附：若随机变量服从正态分布，则. 【答案】（1） （2） 分布列为. 【解析】 【分析】（1）由已知得出，结合正态分布可得出任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率； （2）分析可知，由二项分布的期望公式可得出的值，利用二项分布的分布列可得出随机变量的分布列. 【小问1详解】 因为，，则， 所以任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率为 . 【小问2详解】 因为每辆车是否更换相互独立，且概率为，由题意可知， 由二项分布的期望公式可得， 分布列为. 18. 在平面直角坐标系中，已知圆，直线，动圆与圆外切且与相切，记圆心的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）经过点的直线与交于，两点. （i）是上异于的点，设直线，，，的斜率分别为，，，，若，证明：； （ii）记线段的中点为，，是否存在直线，使得，，均为正整数，若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）（i）由题意可知，直线的斜率存在且不为0， 设， 联立消，得， 设，，则 设，， 因为，则， 因为，，是上三点，则，，2，3， 所以， 则， 化简得，. ， 同理， 所以. （ii）不存在直线，使得，，均为正整数，理由如下： 由（※），得 由，，消去，得， 假设存在直线，使得，，均为正整数， 则是3的正整数倍，进而，都是3的正整数倍， 不妨设，，， 则消去，得， 即. 因为，有相同的奇偶性，且， 所以解得 所以，， 所以，与，，均为正整数矛盾， 所以不存在直线，使得，，均为正整数. 【解析】 【分析】（1）设圆心，圆的半径为，进而根据两圆外切及直线与圆相切列方程求解即可； （2）（i）设，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及可得，进而求证即可； （ii）先假设存在直线，使得，，均为正整数，进而推出矛盾即可求解. 【小问1详解】 设圆心，圆的半径为， 由圆，圆心，半径为1， 则， 消去，得， 当时，，舍去； 当时，， 综上所述，的方程为. 【小问2详解】 （i）略（ii）略 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设，讨论函数在上的单调性； （3）证明：对任意的，有． 【答案】（1） （2）在上单调递增. （3）证明如下： 原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 【解析】 【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程； （2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解； （3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证. 【小问1详解】 因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： 【小问2详解】 因为， 所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三10月阶段性测试 数 学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合，，且，则实数的取值范围为（ ） A. 或 B. C. D. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. 3 C. D. 3. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ） A. B. C. 3 D. 7 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列中，，若，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 6. 我省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为（ ） A. B. C. D. 7. 过抛物线上的一点作切线，设与轴相交于点为的焦点，直线交于另一点，则面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，，若存在，，使得，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一条对称轴 B. 是的充要条件 C. 已知，则 D. 的展开式中项的系数为5 10. 如图，在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，，，记四棱锥的外接球为球，平面与平面的交线为的中点为，则（ ） A. B. C. 平面平面 D. 被球截得的弦长为1 11. 在中，是的中点，则下列结论正确的是（　　） A. 可以是钝角三角形 B. C. 若，则 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，则________． 13. 若P，Q分别是抛物线与圆上的点，则的最小值为________． 14. 已知平面向量，，满足，，，与的夹角是，则的最大值为__________. 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. 如图，圆锥的轴截面PAB是边长为2的正三角形，C，D为底面圆周上的点，且是正三角形，E为母线PB上的一动点． （1）若平面CDE，求PE的长； （2）若直线DE与平面所成角的正弦值为．求平面与平面夹角的余弦值． 16. 在中，的对边分别为. （1）若，求的值； （2）若的平分线交于点，求长度的取值范围. 17. 已知某品牌新能源汽车的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布，其质保政策规定：电池寿命低于年可免费更换. （1）求任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率（精确到）； （2）某出租车公司购买了辆该品牌汽车，记为免费享受更换的车辆数，利用（1）的结果，求的分布列和数学期望. 附：若随机变量服从正态分布，则. 18. 在平面直角坐标系中，已知圆，直线，动圆与圆外切且与相切，记圆心的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）经过点的直线与交于，两点. （i）是上异于的点，设直线，，，的斜率分别为，，，，若，证明：； （ii）记线段的中点为，，是否存在直线，使得，，均为正整数，若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由. 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设，讨论函数在上的单调性； （3）证明：对任意的，有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $