精品解析：江苏省南京市七校联合体2026～2027学年第一学期10月调研高三数学试卷

2026~2027学年第一学期10月联合调研试题 高三数学 一、单选题：本大题共8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，请把答案填写在答题卡上. 1. 在一个文艺比赛中，10位观众评委给同一名选手的打分由低到高依次为80， 82， 84， 85， 87， 88， 88， 89， 91， 93，则这组数据的第80百分位数为（ ） A. 88 B. 89 C. 90 D. 91 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 等差数列与等比数列满足，，，则等比数列的公比（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4. 已知集合，集合，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 为贯彻落实国家关于开展中小学研学旅行的文件精神，搭建中学与高校交流的平台，拓展学生视野，今年某中学计划开展暑期“双高互动”之旅夏令营活动，学生可自愿报名.其中有4名教师和6名学生报名，将报名的教师和学生分成2个组，分别安排到两所高校，要求每个组由2名老师和3名同学组成，则学生甲和学生乙不去同一所高校的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在正方体中，棱长为 ， 点分别是棱的中点，则过线段且平行于平面的截面面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若存在，，使得，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.若部分选对得部分分，若错选不得分.请把答案填写在答题卡上. 9. 已知函数的图象经过点，则下列结论正确的有（ ） A. 的图象经过点 B. 的图象关于轴对称 C. 在上单调递减 D. 当时，恒成立 10. 如图，正三角形的边长为2，动直线过的重心，且与线段，分别交于，两点，设，，则（ ） A. 且 B. 存在，，使 C. 的取值范围为 D. 面积的最小值为 11. 设是定义在上的可导函数，且，记.若对任意，恒成立，则（ ） A. B. 在上单调递减 C. D. 三、填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上. 12. 若，则______. 13. 一圆台的上、下底面半径分别是1和2，它的侧面展开图扇环的圆心角为，则圆台的高是______. 14. 在中，若，则的最小值为______. 四、解答题：本大题共5题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知等差数列的前项和为，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求的前项和. 16. 国庆节期间某学习小组组织一场有奖竞答，选手需要回答两类问题，其中第一类题答对得5分，不对得0分，第二类题答对得10分，不对得－5分．已知某选手回答第一类题正确的概率是，回答第二类题正确的概率是，且两类题回答正确与否相互之间没有影响，若总分不低于5分就可获奖． （1）求该选手至少答对一类问题的概率； （2）求该选手总得分X的分布列； （3）求该选手成功获奖的概率． 17. 如图，在四棱锥中，底面 为平行四边形，平面，平面平面. （1）证明：； （2），当平面与平面的夹角的余弦值为时，求直线与平面PAB所成角的正弦值. 18. 函数 ，.因为的平方和是1，存在角 ，使得， ， 称为的辅助角，因此 （1）函数， ①当，辅助角为，求； ②当，在锐角中，已知，角等于的辅助角，求面积的取值范围. （2），，在时取到最大值，记，求最小值. 19. 已知函数，. （1）记，求的最小值； （2）记，若在区间上有唯一极值点和唯一零点. ①求的取值范围； ②比较和的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年第一学期10月联合调研试题 高三数学 一、单选题：本大题共8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，请把答案填写在答题卡上. 1. 在一个文艺比赛中，10位观众评委给同一名选手的打分由低到高依次为80， 82， 84， 85， 87， 88， 88， 89， 91， 93，则这组数据的第80百分位数为（ ） A. 88 B. 89 C. 90 D. 91 【答案】C 【解析】 【详解】一共10个数据，， 所以这组数据的第80百分位数为由低到高排列的第8,9个数据的平均数，即. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把已知等式变形，再由复数的除法运算进行化简，即可求得. 【详解】由已知， 可得， 所以的虚部为. 3. 等差数列与等比数列满足，，，则等比数列的公比（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【详解】设等差数列与等比数列的公差、公比分别为， 由和得和，进而可得， 解得或，由于且，因此. 4. 已知集合，集合，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据求得的取值范围. 【详解】因为集合， 所以， 由于， 所以. 故选：A. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正切的和差角公式化简得，进而根据正弦的差角公式以及二倍角公式，结合齐次式即可弦切互化求解. 【详解】由可得， 即，解得， . 6. 为贯彻落实国家关于开展中小学研学旅行的文件精神，搭建中学与高校交流的平台，拓展学生视野，今年某中学计划开展暑期“双高互动”之旅夏令营活动，学生可自愿报名.其中有4名教师和6名学生报名，将报名的教师和学生分成2个组，分别安排到两所高校，要求每个组由2名老师和3名同学组成，则学生甲和学生乙不去同一所高校的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由分组分配法计算事件个数，再由古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】将4名教师和6名学生分成2个组，再将两组分别安排到两所高校共有： 种分配方式； 甲和乙不去同一所高校共有：种方法， 所以，学生甲和乙不去同一所高校的概率为：. 故选：B 7. 在正方体中，棱长为 ， 点分别是棱的中点，则过线段且平行于平面的截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合面面平行性质定理画出截面图形，再求出截面图形的边长，进而可求截面面积. 【详解】取的中点为，连接， 因为点分别是、、的中点， 由正方体性质可得，所以四点共面， 因为，平面，平面， 所以平面， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 四边形即为经过线段且平行于平面的截面图， 正方体棱长为，所以，，，， 所以等腰梯形的高为. 则等腰梯形的面积为. 则过线段且平行于平面的截面面积为. 8. 已知函数，若存在，，使得，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的值域可推断在和处分别取得最大和最小值，因此区间的长度需要超过周期的一半，再用表示，且两数要在上述区间中，求解不等式可得答案. 【详解】函数的值域为，而，则和必定一个为，一个为， 不妨设，， 函数的周期，要使，且，， 则，即， 对于函数， 有，则，其中， 因为，所以，解得，其中， 因为，所以， 若，即，不满足； 若，即，故. 同理，，则，其中， 因为，所以，解得，其中， 因为，所以， 若，即，结合，即. 综上所述，的最小值为 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.若部分选对得部分分，若错选不得分.请把答案填写在答题卡上. 9. 已知函数的图象经过点，则下列结论正确的有（ ） A. 的图象经过点 B. 的图象关于轴对称 C. 在上单调递减 D. 当时，恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】由可求出的值，可得出函数的解析式，计算的值，可判断A选项；利用反比例函数的奇偶性可判断B选项；利用反比例函数的单调性可判断C选项；利用作差法可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，解得，所以， 所以，即的图象经过点，A对； 对于B选项，函数为奇函数，该函数的图象关于原点对称，B错； 对于C选项，函数在上单调递减，C对； 对于D选项，当时，， 当且仅当时，等号成立，故当时，恒成立，D对. 故选：ACD. 10. 如图，正三角形的边长为2，动直线过的重心，且与线段，分别交于，两点，设，，则（ ） A. 且 B. 存在，，使 C. 的取值范围为 D. 面积的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用面积法建立线段与之间的关系式，再结合基本不等式和函数单调性求解极值即可验证所有选项. 【详解】对于B，由题意得，正三角形的高为， 因为是的重心，所以到各边的距离， 连接，则，即， 即，化简得， 因为，两边同时除以得， 即，故B错误， 对于A， 由得，即， 因为点在线段上，所以， 因为，所以，同时乘以得， 因为点在线段上，结合，所以，故A正确， 对于D，， 由上知，即， 当且仅当，即时等号成立，此时都在内， 因此的最小值为，故D正确， 对于C，在中，， 所以， 又因为， 代入上式得， 同时除以得， 代入得， 则， 其中二次函数的判别式，故恒成立， 且，所以恒成立，在上单调递增， 所以，， 所以的取值范围为，故C错误 11. 设是定义在上的可导函数，且，记.若对任意，恒成立，则（ ） A. B. 在上单调递减 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：对求导，结合题意分析判断即可；对于B：对函数求导，利用导数分析函数单调性即可；对于C：根据函数的单调性分析判断；对于D：利用导数分析可知函数在内单调递增，进而分析判断. 【详解】对于选项A：因为，则， 又因为，即， 且，可得，故A正确； 对于选项B：因为的定义域为， 则， 所以函数在上单调递增，故B错误； 对于选项C：因为函数在上单调递增， 则，即， 且，所以，故C正确； 对于选项D：当时，且，则， 可得，可知函数在内单调递增， 因为，即，则，即，可得； 又因为，即，则，即，可得； 综上所述：，所以，故D正确. 三、填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上. 12. 若，则______. 【答案】1 【解析】 【详解】. 13. 一圆台的上、下底面半径分别是1和2，它的侧面展开图扇环的圆心角为，则圆台的高是______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用扇形的弧长公式，求得圆台的母线长，再结合圆台的几何性质，利用勾股定理即可求得圆台的高. 【详解】因圆台的侧面展开图中的小扇形的弧长即圆台上底面的周长，大扇形的弧长即圆台下底面的周长， 又因扇环的圆心角为，圆台的上、下底面半径分别是1和2则 则，解得，，则， 由图知，圆台的高为. 即圆台的高为. 14. 在中，若，则的最小值为______. 【答案】3 【解析】 【分析】由同角三角函数的商关系，对的左侧变形后可判断出三个角的范围，再对右侧变形后，根据同角三角函数的平方关系化简，将用表示且分母为，代入使得分母一致，利用导数求最小值. 【详解】由得， 交叉相乘整理得：， 在中，，所以， 所以为钝角，故为锐角，所以. 所以， 所以. 令，则， 令，得，不妨设，且， 则，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以在时取得极小值，也是最小值，， 即的最小值为3. 四、解答题：本大题共5题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知等差数列的前项和为，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列性质可得，进而可得公差，即可得通项公式； （2）分析可知数列是首项，公比为4的等比数列，结合等比数列求和公式运算求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d， 因为，即，且，则， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知：，则，可得， 可知数列是首项，公比为4的等比数列， 所以. 16. 国庆节期间某学习小组组织一场有奖竞答，选手需要回答两类问题，其中第一类题答对得5分，不对得0分，第二类题答对得10分，不对得－5分．已知某选手回答第一类题正确的概率是，回答第二类题正确的概率是，且两类题回答正确与否相互之间没有影响，若总分不低于5分就可获奖． （1）求该选手至少答对一类问题的概率； （2）求该选手总得分X的分布列； （3）求该选手成功获奖的概率． 【答案】（1） （2） （3）【解析】 【分析】（1）利用对立事件的思想，求出两类问题均答错的概率，再用1减去该概率即可得出至少答对一类的概率. （2）根据两类题目答对与否的四种组合，分别算出对应的总分可能取值，并利用独立事件概率公式求出各个得分的概率. （3）结合第二问的分布列，筛选出总分不低于5分的得分情况，将它们对应的概率相加即可求得获奖概率. 【小问1详解】 记“回答第一类题正确”为事件，“回答第二类题正确”为事件, 已知，且两类题回答正确与否相互独立, 该选手两类题均未答对的概率为, 则至少答对一类问题的概率为. 【小问2详解】 由题意得总得分的可能取值为, 则, , , , 其分布列如下: 【小问3详解】由题意知满足中奖条件的得分为10分和15分， 其概率为. 17. 如图，在四棱锥中，底面 为平行四边形，平面，平面平面. （1）证明：； （2），当平面与平面的夹角的余弦值为时，求直线与平面PAB所成角的正弦值. 【答案】（1）证明： 如图，过点 作，垂足为， 因为平面平面，且平面平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面 ，且平面 ，所以， 又因为， 平面，所以平面， 又平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）过点 作，由平面平面，证明平面，得出，可证平面，结论可证； （2）以为轴正方向建系，根据平面与平面的夹角的余弦值为的向量求法，求出，又平面根据可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，故四边形 为矩形， 因为平面 ，设， 以 为坐标原点，分别以为轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 由（1）可知，，所以平面PAD的一个法向量是， 设平面的一个法向量为， 则， 所以，令，则， 所以， 所以，解得， 又平面，所以为中点， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则. 18. 函数 ，.因为的平方和是1，存在角 ，使得， ， 称为的辅助角，因此 （1）函数， ①当，辅助角为，求； ②当，在锐角中，已知，角等于的辅助角，求面积的取值范围. （2），，在时取到最大值，记，求最小值. 【答案】（1）① ② （2）1 【解析】 【分析】（1）①结合题意根据两角和的正弦公式计算求解即可；②由题意可得，由正弦定理可得，根据三角形面积公式结合三角恒等变换化简，由题意得，结合正弦函数性质计算求解即可； （2）由题意可得，结合二倍角公式化简可得，利用换元法结合二次函数性质计算即可求解. 【小问1详解】 ①由题意， 有， 所以； ②，所以， 由题意，，由正弦定理，得， 所以面积 ， 因为为锐角三角形，所以，，所以， 所以，， 即面积的取值范围为； 【小问2详解】 由题意得 ，其中，. 因为在处取得最大值，故，， 即，，故， 化简得 令，因为在区间上单调递增，所以， 记 ， 因为在单调增，所以最小值为1. 19. 已知函数，. （1）记，求的最小值； （2）记，若在区间上有唯一极值点和唯一零点. ①求的取值范围； ②比较和的大小. 【答案】（1）0 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）先合并得到的表达式，求导解方程找到驻点，根据导数正负判断单调性，代入驻点即可求出最小值； （2）①对逐次求导，分情况讨论参数k对导数单调性与零点的影响，结合极值点和零点的唯一性约束确定k的取值范围；②利用极值点满足的等式消去参数k，代入计算并构造函数判断其符号，再结合的单调性比较与的大小. 【小问1详解】 由题意，，因此， 故，， 令，设，则方程化为，解得正根，即，得， 当时，，，单调递减；当时，，，单调递增； 因此是的极小值点，也是最小值点，， 故的最小值为. 【小问2详解】 ①由题意，，，， 令，则， 当时，时，故，在单调递减， 又，因此时，即，在单调递减，无极值点，不符合题意； 当时，，在单调递增， 又，因此时，即，在单调递增，无极值点，不符合题意； 当时，令，得，即， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 因此在处取得最大值，且，故在上， 又时，，由零点存在定理，在上有唯一零点，即在上有唯一零点， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 因此是的唯一极大值点，满足“唯一极值点”的条件， ，由在递增，得时，无零点； 在处取得最大值，得，即 ， ， 令，， 由 时 ，得 ，故，在 单调递增， 又，因此，即， 又时， ，由零点存在定理，在上有唯一零点，满足“唯一零点”的条件； 综上，的取值范围为. ②由是极值点，得，即， 利用在单调递减的性质，只需判断与的大小关系， ， ， ， 令，， 令，则对恒成立，故在单调递减， 又，因此时，进而，即在单调递减， 由，得时，即， 因为在单调递减，且，，由， 可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $