精品解析：辽宁省朝阳市建平县实验中学2026-2027学年高三上学期10月质量检测数学试题

建平县实验中学高三质量检测 数学试卷 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．202610 2．本试卷命题范围：高考范围 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 是纯虚数 3. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的常数项为（ ） A. B. C. 240 D. 320 5. 已知数列满足，，且，，记为的前项和，则（ ） A. 59 B. 60 C. 61 D. 62 6. 设为抛物线：的焦点，点在上，点，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 7. 在平面直角坐标系中，，．设，线段的中点为．则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 设、分别是双曲线的左、右焦点，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 当时，C的离心率是2 C. 到渐近线的距离随着n的增大而减小 D. 当时，C的实轴长是虚轴长的两倍 10. 如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角为60° B. 平面 C. 三棱锥的体积不变 D. 直线与平面所成角正弦值的取值范围为 11. 已知函数的定义域为，是奇函数，是偶函数，且当时，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数在上的最小值为_____． 13. 一个袋子中装有除颜色外完全相同的个球，其中有个红球，个白球，从中随机不放回地取球，每次抽取个，记为取完某一种颜色所有的球所需的次数，则________． 14. 圆台母线长为3，上、下底面半径比为，当圆台体积最大时，以此圆台的上、下底面为截面的球的表面积为________． 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. 在中，，，． （1）证明：是钝角三角形； （2）若点是边上一点，且，求的长． 16. 如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点，分别为棱，的中点，且 （1）求的长度； （2）求二面角的正弦值； 17. 已知椭圆，左顶点为，上顶点为，（为坐标原点） （1）求的离心率； （2）过点的直线交于，两点，点在第一象限，轴，垂足为，连接并延长交于点，求直线与直线的斜率之积； 18. 已知函数，其中为自然对数的底数. （1）函数的图象能否与轴相切？若能与轴相切，求实数的值；否则，请说明理由； （2）若函数在上单调递增，求实数能取到的最大整数值. 19. 某科技公司正在研发一款新型量子计算芯片，该芯片的制造与测试流程分为三个关键阶段：量子比特制备（第1阶段）、量子纠缠校准（第2阶段）和逻辑门操作验证（第3阶段）．测试人员必须按顺序完成各阶段测试，且每个阶段的测试次数不限，只有当前阶段测试通过后才能进入下一阶段．一旦通过第3阶段测试，即视为芯片合格并结束整个测试流程．已知某工程师进行测试时，第1、2、3阶段单次测试通过的概率分别为，，，且每次测试相互独立．记事件为“该工程师第次测试后芯片合格” （1）求，； （2）记“第次测试后恰好通过量子纠缠校准测试”为事件，记“第至次进行逻辑门操作验证测试没有通过且第次通过”为事件，求，并求的表达式； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 建平县实验中学高三质量检测 数学试卷 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．202610 2．本试卷命题范围：高考范围 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，解得，所以， 又因为，所以. 2. 已知复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 是纯虚数 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以，故A错误； 的虚部为，故B错误； ，故C错误； ，故是纯虚数，故D正确. 3. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， . 4. 的展开式中的常数项为（ ） A. B. C. 240 D. 320 【答案】C 【解析】 【详解】展开式的通项为，， 令，解得， 所以展开式中的常数项为. 5. 已知数列满足，，且，，记为的前项和，则（ ） A. 59 B. 60 C. 61 D. 62 【答案】A 【解析】 【分析】通过递推公式求值可以发现，从第7项开始，是周期为3的周期数列，数列值分别为，即可求出答案. 【详解】由，，，得，， ，，，， ，，，， 从第7项开始，是周期为3的周期数列，数列值分别为， 所以，， 所以. 6. 设为抛物线：的焦点，点在上，点，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标. 【详解】由题意可得，焦点，则， 即点到准线的距离为，所以点的横坐标为， 不妨设点在轴上方，代入，则， 所以. 7. 在平面直角坐标系中，，．设，线段的中点为．则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出与的夹角，然后确定的中点的轨迹，最后根据圆外一点到圆上点的距离性质即可求解. 【详解】已知​，，而，对其模长平方得： ， 代入数值：，解得，即， （也可以根据，证明，） 因为是中点，由直角三角形斜边中线性质，在中，斜边中线， 说明点的轨迹是以原点为圆心、半径为的圆. 已知定点，原点到的距离，根据圆外一点到圆上点的距离性质： 圆上点到定点的最小距离为，最大距离为， 即，因此. 8. 已知，若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对变形，则，构造函数，根据单调性得，即，参变分离.再构造函数，通过求导得到取得最小值得解. 【详解】依题意，，即，则， 令，可知在上单调递增，则，则，故. 设，则，故当时，单调递减，当时，单调递增，当时，取得最小值，故. 故选：A. 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. 设、分别是双曲线的左、右焦点，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 当时，C的离心率是2 C. 到渐近线的距离随着n的增大而减小 D. 当时，C的实轴长是虚轴长的两倍 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知条件值，根据，，，可计算的值，进而可判断选项A；直接计算可判断选项B；计算到渐近线的距离用表示，即可判断选项C；当时求出得值，可得的关系可判断选项D，进而可得正确选项. 【详解】对于选项A：由双曲线的方程可得，， 所以， 因为，所以， 所以，可得：，故选项A正确； 对于选项B：当时，双曲线，此时，， 所以离心率，故选项B不正确； 对于选项C：中，由选项A知：，，，的渐近线方程为， 不妨取焦点，则到渐近线的距离， 所以到渐近线的距离随着n的增大而减小，故选项C正确； 对于选项D：当时，，， 所以实轴长为，虚轴长为，不满足C的实轴长是虚轴长的两倍，故选项D不正确； 故选：AC 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是由已知条件得出，，再利用双曲线的性质可求，关键点是准确记忆双曲线中的概念，焦点到渐近线的距离等于. 10. 如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角为60° B. 平面 C. 三棱锥的体积不变 D. 直线与平面所成角正弦值的取值范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项A：利用异面直线的夹角定义求解即可，选项B：利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可,选项C：利用等体积法求解即可，选项D：建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求出线面角正弦值的表示式，再运用二次函数的性质即可求得其范围. 【详解】 对于A，因为正方体中，且为等边三角形，故异面直线与夹角为，故A正确； 对于B，由正方体的性质可知，，平面，, 平面，又因为平面，， 同理可得平面，又因为平面，， 又因为平面，平面，故B正确； 对于C，因为平面，平面，所以平面, 所以为定值，故C正确； 对于D，建立如图所示直角坐标系，设正方体的棱长为1，， 则，，，，， 从而，， 由正方体的性质知：平面， 即平面，故平面的法向量可取为， 直线与平面所成角正弦值为，, 因为，， 所以，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知函数的定义域为，是奇函数，是偶函数，且当时，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项运用偶函数的性质，再进行变式；对于B选项先利用中心对称求出再代入解析式中求出k；对于C选项联立轴对称和中心对称从而推导出周期；对于D选项先计算出一个周期的函数值，再看求和取了几个周期. 【详解】对于A，由题可得，即，令， 则，故，因此，则A选项正确； 对于B，由题可得，则， 令，则，，因为，所以， 解得，故B选项错误. 对于C，已知，，则， 令，则，即， ，所以，故C选项正确； 对于D，已知时，，则， 因为，令，解得，又因， 所以函数的周期，， 所以， 故，因此D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数在上的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】化简函数，根据自变量的范围，结合正弦函数的性质即可求解. 【详解】已知函数，当时，， 因为正弦函数在上单调递增，在上单调递减， 因为，， 故. 13. 一个袋子中装有除颜色外完全相同的个球，其中有个红球，个白球，从中随机不放回地取球，每次抽取个，记为取完某一种颜色所有的球所需的次数，则________． 【答案】 【解析】 【分析】通过穷举出所有可能的取球情况，根据要求进行概率的求解计算. 【详解】因为有个红球，个白球，从中随机不放回地取球，即取完最多需要次，最少需要次，所以可取， 当时，即取出个红球，， 当时，即取出2个红球与1个白球，且第三次取红球，或取出3个白球，， 当时，即取出2个红球与2个白球，且第四次取红球，或取出3个白球与1个红球，第四次取白球，， 所以. 14. 圆台母线长为3，上、下底面半径比为，当圆台体积最大时，以此圆台的上、下底面为截面的球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆台的结构特征求出圆台体积与其高的函数关系，再利用导数求出取最大值的条件，再按外接球球心在两平行平面间或外分类求出球半径即可. 【详解】设圆台上底半径为，则其下底半径为，高， 此圆台的体积，， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则当，即时，此圆台体积取得最大值， 设球的半径为，则球心到两个截面距离分别为， 显然此圆台的外接球球心在两底圆心确定的直线上， 则或， 解，无解；解，得， 所以此圆台的外接球的表面积为. 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. 在中，，，． （1）证明：是钝角三角形； （2）若点是边上一点，且，求的长． 【答案】（1）由余弦定理得 ， 所以 由余弦定理得，又， 所以，所以是钝角三角形． （2）或． 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，，在中，由余弦定理得 ， 即， 整理得， 解得. 当时，； 当时，. 综上所得，的长为或. 16. 如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点，分别为棱，的中点，且 （1）求的长度； （2）求二面角的正弦值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以为原点建系，利用坐标以及计算点坐标即可； （2）分别计算两个平面的法向量，再利用公式计算夹角即可. 【小问1详解】 以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，四边形为正方形，所以， 设，则， 因为点，分别为棱，的中点，所以， 则， 因为，所以，得， 则的长度为； 【小问2详解】 由（1）知， 则，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 平面的法向量为， 则，令，则， 所以二面角的余弦值为， 故二面角的正弦值为. 17. 已知椭圆，左顶点为，上顶点为，（为坐标原点） （1）求的离心率； （2）过点的直线交于，两点，点在第一象限，轴，垂足为，连接并延长交于点，求直线与直线的斜率之积； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）小问由和，计算可得椭圆的离心率； （2）小问设，，，，由作差法可得，由，，三点共线，可得，则计算可得. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为，由已知有，又由， 消去得，解得，所以椭圆的离心率为． 【小问2详解】 由（1）知，，，故椭圆方程为． 设，，，则有，， 将两式作差，可得，则， 又轴，则，且，，三点共线，所以， 因为，， 则， 所以直线与直线的斜率之积为． 18. 已知函数，其中为自然对数的底数. （1）函数的图象能否与轴相切？若能与轴相切，求实数的值；否则，请说明理由； （2）若函数在上单调递增，求实数能取到的最大整数值. 【答案】（1）见解析； （2）1． 【解析】 【分析】（1）假设函数的图象与轴相切点，则，从而得方程，然后依据方程有解还是无解，从而使得问题获解； （2）先依据题设构造函数用，得的必要条件为，当时，不成立，然后证明当时，不等式恒成立即可． 【小问1详解】 ， 假设函数的图象与轴相切于点，则有， 即， 由②得，代入①中可得． ∵， ∴，即， ∵， ∴方程无解， 故无论取何值，函数的图象都不与轴相切． 【小问2详解】 记， 由题意知在上恒成立． 由，可得，的必要条件是， 若，则， 当时，，故， 下面证明：当时，不等式恒成立． 令，则． 记，则， 当时，单调递增且； 当时，单调递减且， ∵． ∴存在唯一的使得， 且当时，，单调递减；当时，单调递增． ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，∴， ∴， 从而恒成立， 故能取得的最大整数为1． 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数单调性问题，解题的关键是由，得的必要条件是，验证不成立后，将问题转化为证明当时，不等式恒成立，然后构造函数利用导数解决，考查数学转化思想，属于难题. 19. 某科技公司正在研发一款新型量子计算芯片，该芯片的制造与测试流程分为三个关键阶段：量子比特制备（第1阶段）、量子纠缠校准（第2阶段）和逻辑门操作验证（第3阶段）．测试人员必须按顺序完成各阶段测试，且每个阶段的测试次数不限，只有当前阶段测试通过后才能进入下一阶段．一旦通过第3阶段测试，即视为芯片合格并结束整个测试流程．已知某工程师进行测试时，第1、2、3阶段单次测试通过的概率分别为，，，且每次测试相互独立．记事件为“该工程师第次测试后芯片合格” （1）求，； （2）记“第次测试后恰好通过量子纠缠校准测试”为事件，记“第至次进行逻辑门操作验证测试没有通过且第次通过”为事件，求，并求的表达式； 【答案】（1）， （2），； 【解析】 【分析】（1）小问事件发生，则第1、2、3阶段单次测试都一次通过；事件发生分两种情况，第一种情况，第三阶段失败一次，第二种情况前两个阶段失败一次，分类讨论并用独立事件的乘法公式计算即可； （2）小问事件表示首次通过第一阶段的测试发生在第次（，且，），且首次通过第二阶段的测试发生在第次，对所有可能的求和即可；事件发生分两步，第一步事件发生，第二步，第次至次进行逻辑门操作验证测试没有通过，第次通过，用分步乘法计数原理即可列式计算，运用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 事件发生，则第1、2、3阶段单次测试都一次通过，故， 事件发生分两种情况，当测试失败的情况发生在第3阶段概率为， 由于前两个测试失败的概率相同，所以当测试失败的情况发生在前两个阶段概率为， 所以． 【小问2详解】 先求事件的概率，第次测试后恰好通过量子纠缠校准测试，表示首次通过第一阶段的测试发生在第次（，且，），且首次通过第二阶段的测试发生在第次，对所有可能的求和得， 求事件发生分两步： 第一步，第次测试后恰好通过量子纠缠校准测试，概率为， 第二步，第次至次进行逻辑门操作验证测试没有通过，第次通过，概率为 ； 由全概率公式得，， 设， 则， 两式相减得， ， ， 所以，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $