四川省达州市开江县第二中学2026-2027学年高三上学期10月月考数学练习试题

开江二中高三数学10月练习 考试时间：120分钟；试卷满分：150 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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．（本题5分）利用微信转账余额提醒这一小程序从数据库中得到某人一天内的网上交易额如下：26，32，7，13，42，114，则该组数据的平均数为（   ） A．36 B．39 C．40 D．41 2．（本题5分）记复数的共轭复数为，若，则（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）已知集合，则=（   ） A． B． C． D． 4．（本题5分）不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）在中，若，，，则的度数为． A． B． C． D． 6．（本题5分）设抛物线的焦点为，点在抛物线上，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，若直线的方程为，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 7．（本题5分）记为等差数列的前项和，若，，则（    ） A．36 B．45 C．63 D．75 8．（本题5分）已知，则（    ） 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，有多项符合题目的要求，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．（本题6分）已知等比数列的前项和为，公比为，若，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 10．函数是定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A． B．当时， C．是的极大值点 D．有5个零点 11．（本题6分）已知双曲线，圆，的左、右顶点分别为，的一条渐近线与圆交于两点，且，则（   ） A． B．直线与恰有两个公共点 C．或 D．四边形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（本题5分）已知向量，若，则__________ 13．（本题5分）若函数在处取得极值，则____________． 14．（本题5分）在封闭的直三棱柱内有一个表面积为的球，若，则的最大值是_______. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明，证明过程。 15．（本题13分）已知数列的前n项和为，． (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前n项和． 16．（本题15分）已知函数，且. (1)求实数a的值； (2)若，求函数的值域. 17．（本题15分）如图，在四棱锥中，平面，底面满足，，，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 18．（本题17分）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，已知直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点. 19．（本题17分）已知函数，． (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)设，若，求实数的取值范围． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 开江二中高三数学10月练习参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C D A A B D AD ACD 题号 11 答案 AC 1．B 【分析】利用平均数的计算公式直接计算即可. 【详解】由题意可知该组数据的平均数为， 故选：B 2．C 【分析】先求出共轭复数，再利用复数的除法运算化简即可. 【详解】由题意可得，则. 故选：C 3．C 【分析】求出集合，再根据集合的交运算即可求解. 【详解】已知集合，则, 则. 故选：C 4．D 【分析】将分式不等式转换为与之等价的不等式组，解不等式组即可求解. 【详解】由题意， 解不等式组得， 因此不等式的解集是. 故选：D. 5．A 【分析】根据余弦定理可求得，进而得到的度数. 【详解】由余弦定理得：， ，. 故选：A. 【点睛】本题考查余弦定理解三角形的知识，属于基础题. 6．A 【分析】求出焦点的坐标，由此可得抛物线的方程，从而求得准线方程，联立直线的方程，求得点的坐标，进而求得点的坐标，求出. 【详解】如下图： 对于直线，令，则，所以. 所以抛物线的方程为，故抛物线的准线方程为． 把代入直线的方程1，得点． 设，故， 代入抛物线，解得， 所以． 故选：A． 7．B 【分析】由等差数列的前项和性质可得成等差数列，进而可得结果. 【详解】因为为等差数列的前项和， 所以成等差数列，即成等差数列， 所以，解得， 故选：B. 8．D 【分析】利用两角差的正弦公式展开再平方得到，从而求出，再由两角差的余弦公式计算可得. 【详解】因为，所以， 所以，即， 所以，则， 所以 . 故选：D 9．AD 【分析】根据题意，求出，根据等比数列的通项公式及前项和公式逐项判断． 【详解】因为，所以，所以． 因为，所以，所以，故A正确； 又，所以，所以， 所以，故BC错误； 所以，故D正确． 10．ACD 【分析】根据函数的奇偶性求解析式，结合导数探究函数的极值与零点问题， 【详解】A选项：因为是定义在上的奇函数，所以，A选项正确； B选项：当时，，选项错误； C选项：解法1：当时，， 在上，，单调递增； 在上，，单调递减． 因此是的极大值点，C选项正确； 解法2：当时，， 在上，，单调递减； 在上，，单调递增， 因此是的极小值点，图象如图所示．    又是定义在上的奇函数，故是的极大值点，C选项正确； D选项：，由图可知，有5个零点，D选项正确． 故选：ACD． 11．AC 【分析】由双曲线的对称性，得到为平行四边形，可判定A正确；设双曲线的渐近线为，联立方程组，求得的坐标，利用向量的夹角公式，列出方程求得，得到渐近线为，可判定B错误；求得向量，结合向量的模的计算公式，可判定C正确；求得，得到，结合，利用，可判定D错误. 【详解】对于A，由双曲线的对称性，可得关于原点对称，且也关于原点对称， 即四边形的对角线互相平分，所以四边形为平行四边形， 因为，所以，所以A正确； 对于B，不妨设双曲线的渐近线为与圆交于两点， 联立方程组，解得或， 不妨设， 因为，所以， 因为，可得， 可得，所以双曲线的渐近线为， 因为与平行，所以与仅有一个公共点，所以B错误； 对于C，由，可得， 所以，所以，即 当两点位置互换时，此时，即， 综上可得，或，所以C正确； 对于D，由向量，所以，所以, 因为，所以，所以D错误. 故选：AC. 12．    【分析】由，构造方程，解方程求出x，有了的坐标，代入向量模 的计算公式，即可求出模． 【详解】由得：，解得， 所以． 【点睛】求常用的方法有：①若已知，则=；②若已知表示的有向线段的两端点A、B坐标，则=|AB|= 13． 【分析】根据题意得，解得，再检验满足题意，进而求解即可. 【详解】解：， 因为函数在处取得极值， 所以，，解得， 此时，， 故当时，，单调递减； 当和时，，单调递增； 所以，函数在处取得极小值，满足题意， 所以， 所以 故答案为： 14． 【分析】根据已知可得直三棱柱的内切球半径为，代入球的表面积公式，即可求解. 【详解】由题意，因为，所以, 可得的内切圆的半径为， 又由，故直三棱柱的内切球半径为， 所以此时的最大值为. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了直三棱柱的几何结构特征，以及组合体的性质和球的表面积的计算，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用与的关系式即可求解； （2）由（1）得出数列，然后利用分组求和法和等差数列，等比数列求和公式求解即可. 【详解】（1）当时，，得， 当时，由得，， 两式相减得：， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，且. （2）由（1）知， 所以， 所以， 即. 16．(1)3 (2). 【分析】（1）代值计算即可求出值. （2）求出在区间上的值域，再利用二次函数求解作答. 【详解】（1）因为函数，， 于是，即，解得， 所以实数a的值为3. （2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，，当时，，于是， 由（1）知， ， 因此当时，，当时，， 所以函数的值域是. 17．(1) 因为，，所以. 因为平面，，，平面， 所以，，. 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间坐标系. 由题意知，，，，，，. 所以，. 所以，即. 又因为，，平面，， 所以平面. (2). 【分析】（1）由，，得.因为平面，所以可以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.利用向量证明，易知，由线面垂直的判定定理证得平面； （2）分别求出平面与平面的一个法向量，根据面面角的向量求法求得平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，. 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，所以. 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，所以. 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18．(1) (2)证明：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，. 因为直线不经过点，所以. 由方程组消去整理得， 则，. 因为直线与直线的斜率之和为-1， 所以 ， 整理得 ， 所以 ， 化简得 . 因为，所以， 代入直线的方程得，所以直线恒过定点（4，1）. 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，代入椭圆的方程得， 由 ，解得，但是直线与椭圆没有交点，所以斜率不存在时无符合条件的直线. 综上所述，直线过定点（4，1）. 【分析】(1)通过离心率和定点求椭圆方程. (2)联立直线与椭圆方程利用韦达定理求出两点坐标关系后，代入到斜率之和为的条件中求解. 【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，且过点，所以 因为，所以，， 所以椭圆的标准方程为. （2）略 19．(1) (2) 当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求解； （3）由参变分离得恒成立，设，，则，令，利用导数证明即可求出. 【详解】（1）， 当时，，， 当时，，， 函数在处的切线方程为； （2）函数的定义域为，， ①当时，恒成立，令，则， 若，则；若，则， 所以在单调递减，在单调递增； ②当时，， 令，则或， （ⅰ）当，即时， 若，则或；若，则， 所以在和上单调递增，在上单调递减； （ⅱ）当，即时，恒成立，在上递增； （ⅲ）当，即时， 若，则或，若，则， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； （3）的定义域为， 由得恒成立，即恒成立， 设，，则， 因为，同构可得， 令，因为，所以， 下面证． 设，，于是， 令，则，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，当且仅当时等号成立． 所以，即， 所以， 所以，即， 所以实数的取值范围为. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $