精品解析：江苏南京市中华中学2026-2027学年高三上学期10月综合练习数学试题

中华中学2027届高三年级10月综合练习 高三数学 本卷考试时间：120分钟 总分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以； 因为，所以； 因为，所以； 因为，所以. 所以. 2. 设a，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由基本不等式结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案. 【详解】若，则成立，当且仅当时取等， 若，不妨设，则不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：C. 3. 已知的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据第3项与第9项的二项式系数相等可得，令可得答案. 【详解】因为的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，所以， 解得，当时，所有项系和为. 故选：C. 4. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以， 根据余弦定理有， 根据正弦定理有， 因为，， 则有， 因此. 5. 同时抛掷4枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，记4枚骰子的点数之和为，当等于（ ）时，事件发生的可能性最大． A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 【答案】C 【解析】 【详解】每枚正方体骰子的点数最小为1，最大为6， 则设第枚正方体骰子的点数为，其中，， 4枚骰子的点数之和， 其中4枚质地均匀的正方体骰子的点数之和最小为4，最大为24， 且总共有种等可能情况． 令，则，， 则新点数和为， 则点数和为与的发生情况是一一对应的，两种情况发生的可能性完全相同． 而的取值范围的中间值为，且满足， 故只需分析当，时的所有情况即可． 当时，，取值情况有1种，概率为； 当时，，取值情况有种，概率为； 当时，， 取值情况有种，概率为； 当时，， 取值情况有种，概率为； 当时，， 取值情况有种，概率为； 当时， ， 取值情况有种，概率为； 当时， ， 取值情况有种，概率为； 当时， ， 取值情况有种，概率为； 当时， ， 取值情况有种，概率为； 当时， ， 取值情况有种， 概率为； 当时， ， 取值情况有种， 概率为． 综上，可知当时，事件发生的可能性最大． 6. 某质点从单位圆上的点开始沿圆周逆时针匀速旋转，每2秒转一圈，则该质点的纵坐标在1秒时的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设质点纵坐标为，分析可得，进而结合导数的定义求解即可. 【详解】由题意，设质点纵坐标为，且, 而质点从点沿圆周逆时针匀速旋转，每2秒转一圈，即弧度， 则秒旋转弧度，即，则， 即，则， 所以该质点的纵坐标在1秒时的瞬时变化率为. 7. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】球心为正方体中心，，法一：连接相交于点，根据线面平行的判定定理得平面，则到平面的距离等于点到平面的距离，设为，利用求出，再由截面圆半径可得答案；法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由点到平面的距离的向量求法可得答案. 【详解】球心为正方体中心，半径， 法一：连接，相交于点，点为的中点，连接， 可得，因为平面，平面， 所以平面，在上， 则到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ，， 由平面、得：， 则截面圆半径， 所以截面面积； 法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以， 则到平面的距离， 截面圆半径，所以截面面积. 故选：A． 8. 冯哈伯公式用于计算正整数幂的和，平方和公式是其中一个特例．已知定义在上的函数满足，，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知不等式递推得到，再利用累加法得到关于的方程，借助平方和公式即可得解. 【详解】由题意得： ， 所以，. 则， 所以． 故选：C 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. 若，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】选项：取特殊值，，满足，此时，，可得，错误； 选项：由可得，不等式两边同时除以同一个负数，不等号方向改变，可得，该不等式恒成立，正确； 选项：取特殊值，，满足，此时，，可得，错误； 选项：指数函数是定义域为的增函数，当时，必然有，正确. 10. 设A，B为两个相互独立的随机事件，且，，则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由条件概率和事件的独立性求出有关事件的概率，再逐项判断． 【详解】由，可得，故C错误； 又，为两个相互独立的随机事件，所以，所以， 根据全概率公式可得， 解得，故正确； 又， 解得，故正确； 易知， 由，即D正确. 11. 已知不是直角三角形，内角所对边分别为，则（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，利用三角恒等变换得到，再由正弦定理和余弦定理得到，A错误；B选项，结合得到，由基本不等式求出最值，结合余弦函数单调性得到；C选项，利用同角三角函数关系及可变形得到；D选项，根据和正弦定理，同角三角函数关系得，并计算出，其中，故，D正确. 【详解】A选项，， 即， ， ， ，化简得， 由正弦定理得，由余弦定理得， 所以，，A错误； B选项，，又在上单调递减， 所以，的最大值为，B正确； C选项，， 因为，所以，代入上式可得 ，C正确； D选项，，由正弦定理得， 即，即， 其中， 而， 所以 ， 不是直角三角形，故，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. 函数的图象的对称中心坐标为_________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用定义域得出的图象的对称中心横坐标，然后再计算，得到函数的图象的对称中心坐标为. 【详解】函数定义域为，解得， 所以若的图象存在对称中心，则其横坐标为-2. 因为 ， 所以函数的图象的对称中心坐标为 13. 已知函数满足恒成立，则最小值为______. 【答案】4 【解析】 【分析】根据条件先求出的取值范围，结合三角函数的性质求得的值，进一步结合条件求出的最小值即可. 【详解】由，可知， 因为恒成立，所以，即， 因为，所以，因为，所以， 此时，即，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以，，则， 由，可得， 解得，又，所以. 14. 设，对于有序数组，记为其中包含的不同整数的个数.如，，，.当取遍个有序数组时，的总和为_________. 【答案】700 【解析】 【分析】按不同整数的个数(即的可能取值)分别计算对应的有序数组的总和，然后再求和即可 【详解】情况一：当时，四个位置均取同一个数，共有种情况，所以和为. 情况二：当时，选择两个不同的数，共有种可能， 每个位置可取两个数中的任意一个，但需排除全取第一个数或全取第二个数的情况， 此时有种可能，于是情况二求和可得. 情况三：当时，以有两个1的情况为例，1所处的位置可以是，所以共有种情况. 另外从3个数中选择2个，且需要考虑排列顺序，故当有两个1时，共有种情况. 两个2，两个3，两个4的情况个数与有两个1的情况个数相同， 所以情况三求和为. 情况四：当时，四个位置恰好包含各一次，共有种可能，所以求和可得. 于是，的总和为. 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. 已知且，函数，． （1）方程的两根为和，且，求a的值； （2）当时，对任意的，都存在，使得，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，解指数方程并结合对数的定义求解. （2）利用指数函数、对数函数单调性求出给定区间上的值域，再由已知借助集合的包含关系列式求解. 【小问1详解】 由方程，得，即，解得或， 由方程的两根为和，得，解得， 又，因此，所以. 【小问2详解】 当时，函数， 当时，，则当时，；当时，， 因此当时，函数的值域为， 函数在上都单调递增，则函数在上单调递增， ，即， 因此当时，函数的值域为， 由对任意的，都存在，使得， 得函数在上的值域包含于函数在上的值域，即， 于是，解得， 所以m的取值范围是. 16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上. （1）求证：； （2）是否存在点Q，使DC与平面DEQ所成角的正弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 取AD中点O，连接OP，OB. ∵，∴， 在菱形ABCD中，，可得为等边三角形， ∴，又∵PO，平面PBO，且， ∴平面PBO，∵平面PBO，∴. （2） ∵，平面平面ABCD，平面平面， 且平面PAD，∴平面ABCD， 以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 假设存在点Q满足题意，设，， 则， ∴，，，， 设平面DEQ的法向量为， 则 令，则，，∴. 设DC与平面DEQ所成角为，则，解得或. ∴存在点Q，使得DC与平面DEQ所成角的正弦值为，此时或. 【解析】 【分析】（1）取AD中点O，连接OP，OB，结合等边三角形的性质利用线面垂直的判定定理得平面PBO，进而利用线面垂直的性质定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，设，，则，求出平面DEQ的法向量，利用线面角的向量公式列方程求出，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 在锐角中，，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，求边上的高长的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形内角和把角转换成角，，再由两角和差公式展开化简即可. （2）先根据余弦定理和基本不等式得到的最小值，再由三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 ∵，， ，∴， 化简得， 即， 即，在锐角中，， 即，∴，又即， ∴，即,∴. 【小问2详解】 由余弦定理得， 又，∴， 由基本不等式得，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为9，此时，是等边三角形，且， 又∵，∴ 即，又，∴. ∵函数在上单调递减， ∴当时. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 【答案】（1） （2）当时，，单调递减；当时，，单调递增． （3）2． 【解析】 【分析】（1）当时，求出，求出切线的斜率，然后求解切线方程； （2）求出函数的导数，通过的讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性； （3）由（2）知时不符合题意，当时，存在，使，满足令，则，令，利用导数研究该函数的最值即可求解． 【小问1详解】 当时，，则， 则，所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 ， 令，则， 若，则，所以在上单调递增，所以， 若，则当时，，单调递减；当时，，单调递增，故， 因此当时，，单调递减；当时，，单调递增． 【小问3详解】 由（2）知时不符合题意； 当时，易知在上单调递减，在上单调递增，，且，，当时，，故存在，使，又，故， 则当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；当时，，，单调递增，故，为的两个极小值点，且满足则令，得 则， 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，，，， 故在内存在唯一零点，即，且当时，，，则单调递减；当时，，，则单调递增， 故， 由，得， 故整数的最大值为2． 19. 某玩具公司推出一款智能机器狗玩具，开启电源后机器狗从起点处每次向前或向后跳动1个单位，当机器狗位置距离起点处不足（，且，可以进行手动设置）个单位时，每次向前跳动的概率为，向后跳动的概率为，当机器狗跳动后的位置距离起点处为个单位时，则连续向起点处跳动次，回到起点，然后从起点处重新开始跳动． （1）若设置，求机器狗跳动6次后恰好回到起点的概率； （2）若设置，记机器狗跳动5次后距离起点处个单位，求的分布列与数学期望； （3）若机器狗跳动了次，求每次跳动后距离起点处都不足个单位的概率． 【答案】（1） （2）的分布列为 1 3 5 （3）． 【解析】 【分析】（1）机器狗的6次跳动中，有3次向前，3次向后，分类讨论可求得机器狗跳动6次后恰好回到起点的概率． （2）由题意知的所有可能取值为1，3，5，利用二项分布的概率公式可求得分布列，进而求得数学期望； （3）记每次跳动后距离起点处都不足个单位为事件，则某次跳动后距离起点处个单位为事件，分类讨论求得的概率，利用对立事件的概率关系求得的概率. 【小问1详解】 记机器狗跳动6次后恰好回到起点为事件， 则机器狗的6次跳动中，有3次向前，3次向后． ①前3次都是向前跳动，后3次都是向后跳动或前3次都是向后跳动，后3次都是向前跳动，概率为，（点拨：该情况下，机器狗经过3次跳动后，距离起点处为3个单位，机器狗需连续向起点处跳动3次）； ②每次跳动后距离起点处距离都不超过2个单位，向前跳动3次，向后跳动3次，且前3次跳动不全是向前或不全是向后，概率为，（提示：表示从6次跳动中选择3次向前跳，则剩下的3次向后跳，减去的2表示减去①包含的2种情况）； 所以． 【小问2详解】 由题意知的所有可能取值为1，3，5， 当机器狗的5次跳动中，3次向前2次向后，或3次向后2次向前时，， 所以， 当机器狗的5次跳动中，4次向前1次向后，或4次向后1次向前时，， 所以， 当机器狗的5次跳动中，5次均向前或5次均向后时，， 所以， 所以的分布列为 1 3 5 所以． 【小问3详解】 记每次跳动后距离起点处都不足个单位为事件， 则某次跳动后距离起点处个单位为事件， 则事件包含以下情况： ①机器狗前次跳动均向前，第，次跳动均向后或机器狗前次跳动均向后，第，次跳动均向前，相应概率为． ②机器狗前次跳动中有次向前，1次向后，第，次跳动均向前或机器狗前次跳动中有次向后，1次向前，第，次跳动均向后，相应概率． 所以， 所以，（技巧：事件比较复杂，包含情况较多，考虑利用正难则反思想求解） 即每次跳动后距离起点处都不足个单位的概率为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中华中学2027届高三年级10月综合练习 高三数学 本卷考试时间：120分钟 总分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设a，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数和为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 同时抛掷4枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，记4枚骰子的点数之和为，当等于（ ）时，事件发生的可能性最大． A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 6. 某质点从单位圆上的点开始沿圆周逆时针匀速旋转，每2秒转一圈，则该质点的纵坐标在1秒时的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） A. B. C. D. 8. 冯哈伯公式用于计算正整数幂的和，平方和公式是其中一个特例．已知定义在上的函数满足，，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 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. 若，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 设A，B为两个相互独立的随机事件，且，，则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知不是直角三角形，内角所对边分别为，则（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象的对称中心坐标为_________. 13. 已知函数满足恒成立，则最小值为______. 14. 设，对于有序数组，记为其中包含的不同整数的个数.如，，，.当取遍个有序数组时，的总和为_________. 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. 已知且，函数，． （1）方程的两根为和，且，求a的值； （2）当时，对任意的，都存在，使得，求m的取值范围． 16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上. （1）求证：； （2）是否存在点Q，使DC与平面DEQ所成角的正弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 17. 在锐角中，，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，求边上的高长的最大值． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 19. 某玩具公司推出一款智能机器狗玩具，开启电源后机器狗从起点处每次向前或向后跳动1个单位，当机器狗位置距离起点处不足（，且，可以进行手动设置）个单位时，每次向前跳动的概率为，向后跳动的概率为，当机器狗跳动后的位置距离起点处为个单位时，则连续向起点处跳动次，回到起点，然后从起点处重新开始跳动． （1）若设置，求机器狗跳动6次后恰好回到起点的概率； （2）若设置，记机器狗跳动5次后距离起点处个单位，求的分布列与数学期望； （3）若机器狗跳动了次，求每次跳动后距离起点处都不足个单位的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $