精品解析：河南部分学校2026-2027学年高三上学期10月份供题训练数学试题

高三数学10月份供题训练 一、单选题（40分） 1. 已知i为虚数单位，复数，则（ ） A. 5 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以. 2. 在中，若，，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算列方程组计算求解即可. 【详解】因为，所以， 因为， 所以，解得，故. 3. 若冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为15尺，则春分时节的日影长为（ ） A. 6尺 B. 6.5尺 C. 7尺 D. 7.5尺 【答案】C 【解析】 【分析】用数列来表示题目中的等差数列，由题意列出前三项与末三项的和，由等差中项求得，由等差数列的定义求得数列公差，再由等差数列项与项之间的关系通过求得. 【详解】设这十二个节气日影长为数列，则， 由等差中项可知，即. ，由等差中项可知，即， 所以公差， 春分时节的日影长为. 4. 连续抛掷一枚质地均匀的硬币4次，每次正面向上得3分，每次反面向上得1分，记总得分为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】构造表示正面向上次数的二项分布随机变量，建立总得分与该变量的线性关系，结合期望的线性运算性质求解. 【详解】设为4次抛掷中正面向上的次数，由题意得，所以， 设总得分为，则， 所以 . 5. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，即， 所以， 所以． 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知函数解析式求出定义域及奇偶性，再取一个特殊值验证即可判断. 【详解】因为，所以其定义域为，排除C； 又， 所以是奇函数，所以其图象关于原点对称，排除A； 当时，，排除D. 7. 已知，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则的最大值为（ ） A. B. C. 10 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先求出两个定点坐标，再根据两直线系数关系，易判断两直线垂直，由勾股定理可得，再设，则，最后令，转化为关于的一元二次方程，利用判别式法求出的最大值，即的最大值. 【详解】由题可知，，，则， 由，则，又直线的方程为， 易知，所以，因此是以为直角顶点的直角三角形， 则由勾股定理可得，设，又，所以， 因为，令，则，代入得， 化简整理得，则关于的一元二次方程有解，所以，即， 化简得，解得，又，所以，所以的最大值为10，即的最大值为10. 8. 如图，正四面体的外接球球心为，点在底面上的射影为，点，，满足，，，其中，，若与平面的交点正好是，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的四点共面的定理，得出系数的关系，再借助基本不等式求出最小值. 【详解】因为 ， 设正四面体棱长为，则正四面体高，， 所以， 因为，，， 所以， 因为四点共面， 所以，所以， 因为， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为. 二、多选题（18分） 9. 已知函数，则下列说法错误的是（ ） A. 是奇函数 B. 直线是图象的对称轴 C. 是增函数 D. 的值域为 【答案】ABC 【解析】 【详解】， 故是非奇非偶函数， ，故不是的对称轴， 具有周期性，因此不是增函数， . 10. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 的最小值为 C. 当时， D. 点在底面内，当时，点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量判断ABC的真假；确定点的轨迹，再求其长度，可判断D的真假. 【详解】以为原点，建立如图空间直角坐标系， 则，，，，. 设，，， 所以，则. 对A，，， 由. 即为中点时，.故A正确； 对B，，，. 所以， 所以当时， 取得最小值，为.故B正确； 对C，由（舍去）或，所以当时，.故C错误； 对D，因为点在底面内，且，所以. 由. 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆位于正方形内的圆弧， 其长度为.故D正确. 11. 我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称作“果圆”（其中）．如图，其中点是相应椭圆的焦点，“果圆”与轴的左、右交点分别为，与轴的上、下交点分别为，若是等边三角形，则（ ） A. B. C. 的离心率为 D. 的离心率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，依据椭圆性质，和都等于半焦距，可直接判断. 对于B项，先明确，，，.再根据等边三角形性质，求出与关系，结合比较线段长度. 对于C项，利用和求出与关系，进而算出离心率判断对错. 对于D项，把代入离心率公式计算判断. 【详解】对于A项，，故A正确； 对于B项，，， 因为是等边三角形， 所以， 即，即， 所以，所以，得， 所以， 因为，所以， 即，故B正确； 对于C项，的离心率，故C错误； 对于D项，的离心率，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题（15分） 12. 已知集合为正整数，，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意得，为正整数， 则集合， 集合， 表示既属于集合又属于集合的元素构成的集合， 观察可得两集合的公共元素为，故. 13. 已知数列的前项和为，若，，则数列的前10项和为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意数列为首项为，公差为的等差数列，则，再利用裂项相消法求数列求和. 【详解】根据题意，，即， 即数列为公差为的等差数列， 由，则， 所以， 则， 所以数列的前10项和为 . 14. 已知，，都是正数，且随机变量的分布列如下： 1 2 3 4 若，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】使用分布列的性质得出及的范围，再使用基本不等式求解. 【详解】由随机变量X的分布列的性质及，得，，所以，， 又a，b，c都是正数，所以， ， ，当且仅当，即时等号成立， 所以，即的最小值为． 四、解答题（77分） 15. 在中，边所对的角分别为. （1）若，求； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求解； （2）由两角和的正切公式求得即可得. 【小问1详解】 由余弦定理得； 【小问2详解】 因为，所以， 所以，所以. 16. 某超市进行促销活动发放购物券，在一个不透明的袋子中放了8个小球，其中3个红球，3个黄球，2个绿球；已知一个红球代表10元代金券，一个黄球代表20元代金券，一个绿球代表30元代金券．对每一位顾客，有两种方案可以选择： 方案一：一次性抽出3个球，计算代金券总和； 方案二：依次不放回地每次抽出1个小球，直到抽出一个绿球即停止，计算已经抽出的球的代金券总和． （1）若某顾客选择方案一，求恰好代金券总和为60元的概率； （2）若某顾客选择方案二，求在至少获得100元代金券的条件下，抽出的球的个数为6的概率； （3）计算两种方案获得代金券总和的期望，并依据计算结果回答顾客应该选择哪种方案． 参考公式：期望的线性可加性，对任意随机变量X，Y，有． 【答案】（1） （2） （3）方案一获得代金券总和的期望为56.25；方案二获得代金券总和的期望为60；应选择方案二 【解析】 【分析】（1）根据题意，代金券总和为60元共2种情况，根据古典概型概率公式求解即可； （2）设至少获得100元代金券为事件A，抽出6个球为事件，根据题意得出的概率，结合条件概率公式即可求解； （3）方法一：设方案一的代金券总和为随机变量，抽出红、黄、绿球个数分别为随机变量，，，则，，均服从超几何分布，根据期望的线性可加性求解；方法二：设方案一的代金券总和为随机变量，则可能取值为30，40，50，60，70，80； 设方案二的代金券总和为随机变量，则可能取值为30，40，50，60，70，80，90，100，110，120；分别求解分布列和数学期望，比较即可得出结论． 【小问1详解】 代金券总和为60元共2种情况：或， 因此． 【小问2详解】 设至少获得100元代金券为事件A，抽出6个球为事件， 由于最后一个一定是绿球（30元代金券），因此红球与黄球需抽出至少70元， 可以是：1红3黄，2红3黄，3红2黄，3红3黄，设其分别为事件，，，， 则，， ，， ，， 因此， ，故． 【小问3详解】 方法一：期望的线性可加性 设方案一的代金券总和为随机变量，抽出红、黄、绿球个数分别为随机变量，，， 则，，均服从超几何分布，因此，，， 因此， 设方案二的代金券总和为随机变量，抽出红、黄、绿球个数分别为随机变量，，， 显然， 对于红球、黄球，我们仅考虑每一个球与两个绿球的相对位置，只有当它出现在两个绿球前面时才能被取出，因此每个球被取出概率的均为， 因此，， 因此， 由于，因此应选择方案二． 方法二：直接列分布列 设方案一的代金券总和为随机变量，则可能取值为30，40，50，60，70，80， 其中，30为3红，40为2红1黄，50为1红2黄或2红1绿，60为1红1黄1绿或3黄，70为1红2绿或2黄1绿，80为1黄2绿． 因此， ， ， ， ， ， 可列出分布列为： 30 40 50 60 70 80 P 因此 ， 设方案二的代金券总和为随机变量，则可能取值为30，40，50，60，70，80，90，100，110，120， 由于一定会抽出1个绿球，因此只需考虑在此之前抽出的红球黄球数目即可， 其中，30为未抽出红黄球，40为1红，50为2红或1黄，60为3红或1红1黄，70为2红1黄或2黄，80为3红1黄或1红2黄，90为2红2黄或3黄，100为3红2黄或1红3黄，110为2红3黄，120为3红3黄． 因此， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 可列出分布列为： 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 P 由于，因此应选择方案二． 17. 如图，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为3，D为棱的中点，是棱上的动点不与、重合，连接 （1）证明： （2）已知直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：在正三棱柱中，取中点，连接，则， 因为为棱的中点，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 因为平面， 所以平面，又平面，所以， 因为在正三棱柱中，， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质，结合正三棱柱的结构特征推理得证. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法列式求出坐标，进而求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）得直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为平面平面， 所以平面与平面的一个法向量均为， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以，解得， 设平面的法向量为，，， 则，取，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知函数，其中． （1）讨论函数的单调区间； （2）当时，求的零点个数． 【答案】（1）当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增． （2）当时，的零点个数为1． 【解析】 【分析】（1）函数定义域为，求导，讨论的范围，通过导数的正负确定函数的单调性； （2）通过求导，讨论以确定导数的正负，研究函数的单调性和极值，结合函数零点存在性定理确定函数的零点个数． 【小问1详解】 的定义域为，， 令，得或， 当时，令得，令得； 所以在单调递减，在单调递增； 当时，令得，令得或； 所以在单调递减，在单调递增； 当时，，所以在单调递增； 当时，令得，令得或； 则在单调递减，在单调递增； 综上所述，当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增． 【小问2详解】 由（1）得，因为，所以 当时，则在单调递减，在单调递增， 所以极小值为，极大值为； 以下讨论的正负， ，设， 则，得；，得； 所以在单调递增，在单调递减； 所以恒成立， 所以在单调递减，因为，所以恒成立； 又当时，，故在上只有一个零点； 当时，在单调递增且连续，，， 故在上只有一个零点； 当时，在单调递减，在单调递增， 所以极大值为，极小值为，又当时，， 故在上只有一个零点； 综上所述，当时，函数的零点个数为1． 19. 已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且． （1）求抛物线的方程； （2）若一条斜率为的直线与抛物线相交于不同的两点为坐标原点， （ⅰ）当时，求以线段为直径的圆的面积； （ⅱ）若在抛物线上存在点（位于直线的左侧），使得以为顶点的满足，求重心的坐标． 【答案】（1）； （2）（i）;（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义，利用焦半径公式可求，进而可得抛物线的方程. （2）设直线：. （i）将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合，可确定的值，再利用弦长公式求，进而可得以为直径的圆的面积. （ii）先确定的形状，结合已知条件可确定点，，的坐标，再结合三角形重心的坐标公式可确定三角形重心坐标. 【小问1详解】 因为点在抛物线上，所以由焦半径公式得： 所以，所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为：，点 （i）联立得：，化简得：. 当，即时， 由韦达定理得：. 因为，所以， 所以，所以，符合条件. 由弦长公式得：. 所以以线段为直径的圆的面积. （ii）不妨设点在轴上方，如图： 因为， 所以由正弦定理得：三边长对应之比为， 结合余弦定理知：， . 又因为直线的斜率为，所以得到：轴，所以可得点. 所以直线的倾斜角为，即. 又因为， 所以，解得：. 所以，， ， 所以， 即的重心的坐标为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学10月份供题训练 一、单选题（40分） 1. 已知i为虚数单位，复数，则（ ） A. 5 B. C. 3 D. 2. 在中，若，，则（ ） A. B. C. 1 D. 3. 若冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为15尺，则春分时节的日影长为（ ） A. 6尺 B. 6.5尺 C. 7尺 D. 7.5尺 4. 连续抛掷一枚质地均匀的硬币4次，每次正面向上得3分，每次反面向上得1分，记总得分为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 5. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则的最大值为（ ） A. B. C. 10 D. 5 8. 如图，正四面体的外接球球心为，点在底面上的射影为，点，，满足，，，其中，，若与平面的交点正好是，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 二、多选题（18分） 9. 已知函数，则下列说法错误的是（ ） A. 是奇函数 B. 直线是图象的对称轴 C. 是增函数 D. 的值域为 10. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 的最小值为 C. 当时， D. 点在底面内，当时，点的轨迹长度为 11. 我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称作“果圆”（其中）．如图，其中点是相应椭圆的焦点，“果圆”与轴的左、右交点分别为，与轴的上、下交点分别为，若是等边三角形，则（ ） A. B. C. 的离心率为 D. 的离心率为 三、填空题（15分） 12. 已知集合为正整数，，则__________． 13. 已知数列的前项和为，若，，则数列的前10项和为__________． 14. 已知，，都是正数，且随机变量的分布列如下： 1 2 3 4 若，则的最小值为______． 四、解答题（77分） 15. 在中，边所对的角分别为. （1）若，求； （2）若，求. 16. 某超市进行促销活动发放购物券，在一个不透明的袋子中放了8个小球，其中3个红球，3个黄球，2个绿球；已知一个红球代表10元代金券，一个黄球代表20元代金券，一个绿球代表30元代金券．对每一位顾客，有两种方案可以选择： 方案一：一次性抽出3个球，计算代金券总和； 方案二：依次不放回地每次抽出1个小球，直到抽出一个绿球即停止，计算已经抽出的球的代金券总和． （1）若某顾客选择方案一，求恰好代金券总和为60元的概率； （2）若某顾客选择方案二，求在至少获得100元代金券的条件下，抽出的球的个数为6的概率； （3）计算两种方案获得代金券总和的期望，并依据计算结果回答顾客应该选择哪种方案． 参考公式：期望的线性可加性，对任意随机变量X，Y，有． 17. 如图，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为3，D为棱的中点，是棱上的动点不与、重合，连接 （1）证明： （2）已知直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数，其中． （1）讨论函数的单调区间； （2）当时，求的零点个数． 19. 已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且． （1）求抛物线的方程； （2）若一条斜率为的直线与抛物线相交于不同的两点为坐标原点， （ⅰ）当时，求以线段为直径的圆的面积； （ⅱ）若在抛物线上存在点（位于直线的左侧），使得以为顶点的满足，求重心的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $