精品解析：四川成都市四川师范大学附属中学2026-2027学年高三上学期10月定时训练数学试题

四川师大附中2026-2027学年度（上期）10月定时训练 高2024级 数学 考试时间：120分钟；试卷总分：150分 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中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】令，解得，即， 令，解得，可得，可得，故B正确. 2. 已知数列是等比数列，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】由数列是等比数列，得， 而，因此，所以. 3. 已知向量，满足，，，，则实数（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义先求出的值，再由得到，将，，代入计算即可求出. 【详解】因为，，， 所以. 因为，所以， 所以. 故选：A 4. 现有，，，四人排成一行，其中与相邻，不排在两边，则共有不同的排法为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】采用捆绑法处理、相邻的约束，再通过特殊元素排除法计算不排在两边的排列总数. 【详解】将、看成一个整体，总的有种排法， 当排在最左边时，有种排法，当排在最右边时，有种排法， 满足条件的排法为种. 5. 已知函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用辅助角公式化简函数解析式，再结合正弦型函数的周期性即可求得结果。 【详解】首先利用辅助角公式化简： ， 正弦型函数的角频率，因此周期， 即对任意实数都有。 由于，因此。 6. 底面半径为的圆锥的顶点和底面圆周都在半径为2的球面上，则该圆锥的高为（ ） A. 1 B. 2 C. 1或2 D. 1或3 【答案】D 【解析】 【分析】由旋转体性质知球心在圆锥的高上或延长线上，由勾股定理分类讨论进行求解即可． 【详解】设该圆锥的高为. 当球的球心在圆锥高线上时， 如图是圆锥的轴截面，外接圆是圆锥外接球的大圆． 则球半径为，则，舍去， 同理当球的球心在圆锥高线的延长线上时， 则有，舍去， 综上所述：该圆锥的高为1或3. 7. 已知双曲线：的右支上有任意两点、，为坐标原点，若，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题知无限趋近于两条渐近线的夹角，结合正切二倍角公式求出渐近线斜率，进而计算离心率. 【详解】如图所示； 由题知当点，点的横坐标趋近于正无穷大时，，就无限贴近两条渐近线， 又，，由对称性可得，， 由，，或（舍去）， ，双曲线的离心率为. 8. 已知在单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数单调性与导数的关系，将问题转化为导数在给定区间恒非负，再结合和两种情况讨论即可. 【详解】已知函数在单调递增，故对任意，恒成立，  ，  当时，，，，： 若，则，因此， 满足恒成立； 若，由可得：. 因为，故，即， 若，则，故此时恒成立， 故在上单调递减，不符合单调递增要求， 若，取且， 则当时，有即， 故此时即，其中， 故在上单调递减，不符合单调递增要求， 综上，实数的取值范围为. 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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数图象关于点对称 B. C. 函数图象右移得到函数图象 D. 已知，则 【答案】AC 【解析】 【分析】先利用辅助角公式化简函数，再结合三角函数的对称性、周期性、平移变换、三角恒等变换逐一判断选项.A：根据正弦函数对称中心的条件，令相位等于，取，验证得到是对称中心； B：将自变量替换为化简，可推出结果；C：利用图像平移“左加右减”的规律进行判断；D：先由求出三角函数值，再用诱导公式、二倍角公式进行计算. 【详解】. 选项A：令，得.当时，，此时， 故图象关于点对称，A正确； 选项B：，B错误； 选项C：将图象右移个单位，得到，C正确； 选项D：由，得，即，则 ，D错误. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 不是单调函数 C. 若，则 D. 若时，恒成立，则 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，直接计算可得A正确；B选项，求导，得到只有时，，其他情况均有，故在R上单调递增，B错误；C选项，在AB基础上得到；D选项，先得到，时，，满足要求；时，参变分离，构造函数，求出最值，得到D正确. 【详解】A选项，， 所以，A正确； B选项，，由于，当且仅当， 即时，等号成立，又，当且仅当，时，等号成立， 所以只有时，，其他情况均有， 所以在R上单调递增，B错误； C选项，若，则， 由B可知，在R上单调递增，故， 由A可知，，即， 所以，，C错误； D选项，，又在R上单调递增，故只有， ，即，故， 显然当时，，满足要求； 当时，，令，则， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最小值，且， 所以，D正确 11. 已知点是圆上一动点，点，点，则（ ） A. 点到直线的距离的最大值为 B. 满足的点有2个 C. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为 D. 的最小值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式来判断A，利用的动点的轨迹是以为直径的圆，然后借助两圆位置关系来判断B，根据切线的性质求得两圆相交弦所在直线方程来判断C，设存在定点，使得点在圆上任意位置时都有，求得点，计算判断D. 【详解】对于A，原点到直线的距离为， 所以圆上动点到直线的距离的最大值为，故 A错误； 对于B，满足的动点的轨迹是以为直径的圆， 设线段的中点为，则，圆的半径为， 所以圆， ，因为，所以圆与圆相交，故B正确； 对于C，过点作圆的两条切线，切点分别为， 由切线性质可知四点共圆，该圆的方程为， 则直线的方程为两圆的相交弦， 所以，故C正确； 对于D，设存在定点，使得点在圆上任意位置时都有， 设，则， 化简可得， 因为，所以，即点 所以， 当且仅当三点共线且点在中间时等号成立， 所以的最小值是，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式展开式的常数项为24，则实数______； 【答案】 【解析】 【详解】二项式的通项公式为. 因为二项式展开式的常数项为24， 所以. 13. 已知中，角对应边分别为，且，，，则________； 【答案】 【解析】 【详解】由正弦定理得，又， 所以，即，化简得， 因为，所以， 由余弦定理得， 所以. 14. 如图，在直三棱柱中，，，M，N分别是棱，的中点，E为线段上一动点（包含端点），则异面直线与所成角的余弦值的范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量夹角公式构建关于点竖坐标的函数，利用导数求该函数的值域即可. 【详解】因为，且三棱柱为直三棱柱， 所以平面，即，. 以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则，，，. 因为，分别是，的中点， 所以，. 因为为线段上一动点，设，其中， 所以，. 设异面直线与所成的角为， 则.. 令，，则. 令，， 则. 当时，，所以在上单调递增. 所以当时，取得最小值，此时； 当时，取得最大值，此时. 所以异面直线与所成角的余弦值的范围是. 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. 近年来，盲盒经济在消费市场中掀起了一阵热潮，成为一种普遍的经济现象．商家通过不断变换花样吸引消费者．某商店推出一款售价为1元/个且外观相同的盲盒，每开一个盲盒，会开出3款不同颜色（分别记为红色、黄色、蓝色）的某一商品，开出红色、黄色、蓝色商品的概率分别为． （1）若某顾客一次性购买了3个盲盒，求该顾客恰好开出两个红色商品的概率； （2）若某顾客只想要红色商品，与老板协商一致，每次开一个盲盒，如果开出红色商品则停止，否则再开一个盲盒，若连续4次均未开出红色商品，老板就赠送一个红色商品给他为了得到红色商品，求该顾客的平均花费． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由二项分布求解概率； （2）记该顾客打开盲盒的次数为，的所有可能取值为，求出分布列，找出均值，即可求出平均消费. 【小问1详解】 记“该顾客恰好开出两个红色商品”为事件， ． 【小问2详解】 为了得到红色商品，记该顾客打开盲盒的次数为，的所有可能取值为． ， ， 的分布列如下： 1 2 3 4 则该顾客的平均花费为元． 16. 已知数列满足：，，，设． （1）求证：数列为等差数列，并求其通项公式； （2）设，求数列前项和． 【答案】（1），故，即， 所以数列为等差数列，公差为1，首项， 故； （2） 【解析】 【分析】（1）变形得到，证明出为等差数列，求出首项，得到通项公式； （2）在（1）的基础上，利用累加法得到的通项公式，并裂项得到，进而求和即可 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 则 ， 而也符号上式，故, ， 所以 17. 已知函数． （1）若，，求函数在处的切线方程； （2）若，讨论函数的零点个数． 【答案】（1）. （2）若，则无零点；若，则有1个零点；若，则有2个零点. 【解析】 【分析】（1）求函数的导数，根据导数的几何意义求得函数在处的切线方程； （2）利用导数分析函数的单调性，从而得到其极值，讨论极值的正负，即可得到函数的零点个数． 【小问1详解】 当，时，， ， 所以. 所以函数在处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 当时，， 定义域为. 所以， 令， 则， 所以函数是增函数. 当时，，且， 所以存在，使得，即. 因为， 所以当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 所以当时，取得极小值，即最小值，最小值为 由，得，， 所以. 当时，； 所以若，则，所以无零点； 若，则，所以有一个零点； 若，则， 当时，， 所以， 所以有两个零点. 综上所述，若，则无零点； 若，则有一个零点； 若，则有两个零点. 18. 已知四棱锥中，，，，，，直线与平面所成角为． （1）求证：； （2）点E是线段的中点，求点E到平面的距离； （3）点M在四边形内部（包含边界），二面角的大小为，求点M的轨迹的长． 【答案】（1）中，， 所以. 设点到平面的距离为，则， 所以， 所以在平面的投影为，即平面. 因为平面，所以， 因为，且平面， 所以平面. 又平面，所以. 同理可得，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）中，由余弦定理求得，由直线与平面所成角为求得点到平面的距离为，从而得平面，，再根据线面垂直的判定定理及性质定理证得； （2）由等体积法求得点E到平面的距离； （3）建立空间直角坐标系，由二面角的向量求法，求得点的坐标满足的条件，从而得点M的轨迹，求得该轨迹的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面， 因为平面，所以， 因为，且平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又，所以四边形为正方形. 所以三棱锥的体积为； 因为， 所以点E到平面的距离为. 【小问3详解】 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为. 由（2）得平面， 所以平面的一个法向量为. 因为二面角的大小为， 所以， 所以，即， 所以或， 即或. 又与交于点，与交于点， 所以点M的轨迹为线段，； 与正方形有且只有一个交点，即， 所以点的轨迹为点，所以长度为0. 综上所述，点M的轨迹的长为. 19. 旋转变换定义：在平面直角坐标系中，点绕坐标原点逆时针旋转得到点，则．曲线：，函数． （1）曲线绕坐标原点逆时针旋转得到曲线，求曲线的方程； （2）过点，且斜率为的直线与曲线交于两点，与函数图象交于点； （ⅰ）已知，若直线与直线斜率之积为，求直线的方程； （ⅱ）是否存在实数，使是与的等差中项？若存在，判断直线的条数，若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）存在，1条. 【解析】 【分析】（1）根据给定定义用表示出，再结合曲线的方程求出曲线的方程. （2）（ⅰ）写出直线的方程，与曲线的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式列式求解；（ⅱ）由（ⅰ）及弦长公式求出，再利用等差中项的定义求出点坐标，进而建立方程，换元并构造函数，利用导数并结合零点存在性定理确定函数零点个数即可. 【小问1详解】 设曲线上任意点绕坐标原点逆时针旋转得到曲线上的对应点， 而，则，即有， 又，因此，所以曲线的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）依题意，直线的方程为，设点， 由消去并整理得，则， 直线与直线的斜率分别为， 由直线与直线斜率之积为，得，即， 因此，解得，所以直线的方程为. （ⅱ）由（ⅰ）知，点在线段上，则 ， 假设存在实数，使是与的等差中项，则， 设点的横坐标为，则， 因此，解得，而点在直线上， 则，即， 显然，否则，即， 令，则方程化为：， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，而，， 则存在唯一实数，使得，即函数在上有唯一零点， 因此关于的方程有唯一正实根，即直线的条数为1， 所以存在实数，使是与的等差中项，且直线的条数为1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川师大附中2026-2027学年度（上期）10月定时训练 高2024级 数学 考试时间：120分钟；试卷总分：150分 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中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列是等比数列，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 3. 已知向量，满足，，，，则实数（ ） A. B. 1 C. D. 4. 现有，，，四人排成一行，其中与相邻，不排在两边，则共有不同的排法为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 底面半径为的圆锥的顶点和底面圆周都在半径为2的球面上，则该圆锥的高为（ ） A. 1 B. 2 C. 1或2 D. 1或3 7. 已知双曲线：的右支上有任意两点、，为坐标原点，若，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知在单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数图象关于点对称 B. C. 函数图象右移得到函数图象 D. 已知，则 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 不是单调函数 C. 若，则 D. 若时，恒成立，则 11. 已知点是圆上一动点，点，点，则（ ） A. 点到直线的距离的最大值为 B. 满足的点有2个 C. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为 D. 的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式展开式的常数项为24，则实数______； 13. 已知中，角对应边分别为，且，，，则________； 14. 如图，在直三棱柱中，，，M，N分别是棱，的中点，E为线段上一动点（包含端点），则异面直线与所成角的余弦值的范围是________． 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. 近年来，盲盒经济在消费市场中掀起了一阵热潮，成为一种普遍的经济现象．商家通过不断变换花样吸引消费者．某商店推出一款售价为1元/个且外观相同的盲盒，每开一个盲盒，会开出3款不同颜色（分别记为红色、黄色、蓝色）的某一商品，开出红色、黄色、蓝色商品的概率分别为． （1）若某顾客一次性购买了3个盲盒，求该顾客恰好开出两个红色商品的概率； （2）若某顾客只想要红色商品，与老板协商一致，每次开一个盲盒，如果开出红色商品则停止，否则再开一个盲盒，若连续4次均未开出红色商品，老板就赠送一个红色商品给他为了得到红色商品，求该顾客的平均花费． 16. 已知数列满足：，，，设． （1）求证：数列为等差数列，并求其通项公式； （2）设，求数列前项和． 17. 已知函数． （1）若，，求函数在处的切线方程； （2）若，讨论函数的零点个数． 18. 已知四棱锥中，，，，，，直线与平面所成角为． （1）求证：； （2）点E是线段的中点，求点E到平面的距离； （3）点M在四边形内部（包含边界），二面角的大小为，求点M的轨迹的长． 19. 旋转变换定义：在平面直角坐标系中，点绕坐标原点逆时针旋转得到点，则．曲线：，函数． （1）曲线绕坐标原点逆时针旋转得到曲线，求曲线的方程； （2）过点，且斜率为的直线与曲线交于两点，与函数图象交于点； （ⅰ）已知，若直线与直线斜率之积为，求直线的方程； （ⅱ）是否存在实数，使是与的等差中项？若存在，判断直线的条数，若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $