精品解析：广东省广州市荔湾区2027届高三上学期10月调研考试数学试卷

2026学年高三年级调研测试 数学 本练习卷共4页，19小题，满分150分，作答用时120分钟． 注意事项： 1．作答前，学生务必在答题卡第1面和第3面上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、姓名、教室号和座位号，用2B铅笔准确填涂试卷类型，再将条形码粘贴在答题卡的“条形码粘贴处”． 2．选择题每小题选出答案后，用2B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．答案不能写在本练习卷上． 3．非选择题答案必须用黑色字迹的钢笔或签字笔写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新的答案，改动后的答案也不能超出指定的区域；不准使用铅笔、涂改液和修正带．不按以上要求作答，答案无效． 4．学生必须保持答题卡的整洁，作答结束后，将本练习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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】集合，，所以集合， 所以. 2. 已知复数z满足，则|z|＝（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由已知得，根据复数的模的计算可得答案. 【详解】解：由已知得，则，∴， 故选：C． 3. 设，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为在单调递减，所以，即； 因为在单调递增，所以，即； 因为在单调递增，所以，即， 所以. 4. 若数列满足：从第二项起，每一项与它的前一项的差依次排成一列，组成的新数列是一个公差为的等差数列，则称数列为“—等差数列”．已知为“—等差数列”，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设，则数列是公差为3的等差数列， 由已知得，故的通项公式为： ， 根据累加法，当时，，代入得： ， 其中是首项为3，末项为，项数为7的等差数列， 其和为， 因此： . 5. 已知函数为定义在上的奇函数，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】推导周期：由得， 将替换为，可得，再将替换为，得， 因此是周期为的周期函数. 因为，故，，故. 因为是定义在上的奇函数，故， 因为，所以，即， 所以，因为，所以. 因此. 6. 已知，函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用整体法及正弦函数的单调性列不等式求参数范围. 【详解】当时，则， 要使在该区间上单调递增，则区间内的必须包含在正弦函数的某个单调递增区间内， 因为区间的中心为，所以只能对应正弦函数在上的单调递增区间， 因此需满足且，得，又， 所以，即的取值范围是. 7. 已知，分别为双曲线：（，）的左、右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线交于点，且满足，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理和三角形的角度关系求解. 【详解】 如图所示，不妨设，则， 因为，所以斜边中线是斜边的一半，所以， 根据勾股定理得：，解得：， 所以， 所以，同理可得，所以， 则渐近线斜率为：，所以，则离心率为：. 8. 现将个红球和个黑球放入编号为，，，…，的盒子中，每个盒子放入个球．从号盒子逐个打开，直到开到个红球停止，则所打开盒子数的数学期望为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，求出对应的概率，再根据期望公式求解即可. 【详解】当编号为，，的盒子全部装红球时，此时； 当前5个盒子包含3个黑球，且第6个盒子为红球时，此时； 所以， 所以； 当时，编号为，，，的盒子中，第4个盒子为红球，前3个盒子有一个黑球，2个红球， 所以； 当时，编号为，，，，的盒子中，号盒子必装红球，，，，号盒子中共装2个红球和2个黑球， 所以； 当时，编号为，，，，，的盒子中，号盒子必装红球，，，，，号盒子中共装2个红球和3个黑球， 所以； 所以. 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． 9. 已知圆：，：，两圆相交于，两点，，，为圆上的动点，则（ ） A. B. 直线与圆相切 C. 直线与圆相切 D. 为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，利用勾股定理求解； B、C选项，用点到直线的距离公式求解； D选项，用两点之间的距离公式求解. 【详解】 A选项，圆的圆心的坐标为，半径， 圆的圆心的坐标为，半径， 因为，故两圆相交， 弦的直线方程为：，解得：， 所以，所以A选项错误； B选项，由A选项解析不妨设，所以直线方程为：， 所以到直线距离为：，所以， 所以直线与圆相切，所以B选项正确； C选项，由A选项不妨设，所以直线方程为：， 所以到直线距离为：，所以， 所以直线与圆相切，所以C选项正确； D选项，设，则，即：，则为定值，所以D选项正确. 10. 已知，是概率均不为的随机事件，，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时， C. 当，相互独立时， D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用条件概率公式求出；再结合全概率公式将表示为关于的表达式，通过对概率非负性及独立性的分析，逐一判断各选项的方程是否有解或等式是否恒成立即可. 【详解】由题意，，所以， 因为，由条件概率公式得：，故A正确； 根据全概率公式，可得：， 对于选项B：当时，，所以B错误； (注：由且可推出，因此不可能取). 对于选项C：当 相互独立时，，即， 解得，即，故C正确； 对于选项D：， 无论取何有效值（包含时）， 恒为，故D正确. 11. 在正四面体中，点在棱上，满足．点为棱上一动点，下列命题能成立的是（ ） A. B. C. D. 平面平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，由余弦定理，平面的法向量及垂直关系，得到方程，求出相应的，得到答案 【详解】设为等边三角形的中心，则且， 设的中点为，以为坐标原点，正方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正四面体的棱长为2，则， ，，， 由勾股定理得，故， 设，其中， 故，， 对于A，，， 令， 解得，显然不满足，无解，故不成立，A错误； B选项，， ， ， 令，化简得，解得， 满足，B正确； C选项，， ， ， ， 令，化简得， 解得，其中满足， 综上，当时，，C正确； D选项，设平面的法向量为， ， 当时，可得，解得，令，则， 故， 当时，令得， 解得，故， 设平面的法向量为， ，， 则， 令得，，故， 当时，，此时不满足， 当时， ， 令得，解得， 故当时，平面平面，D正确. 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量满足，则的夹角为___________． 【答案】 【解析】 【分析】对两边平方结合题设条件得到，故可得两向量夹角的大小． 【详解】由可以得到， 所以，所以，故，因，故．填． 【点睛】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用 ；（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的充要条件是. 13. 已知函数，则该函数的图象在点处的切线方程是________． 【答案】（或写成） 【解析】 【详解】由题意，函数，将代入函数解析式，得，所以切点坐标为， 对求导，得， 所以该函数图象在点处的切线斜率为， 由点斜式可得切线方程为：，化简为一般式得：（或 ）. 14. 设数列满足，且，则________． 【答案】445 【解析】 【分析】根据已知关系式得，结合等差数列的定义写出数列的通项公式，进而求前30项和，即可得. 【详解】由，得， 两边平方得，即， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 因此， 于是. 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. 某市监测站点于某天起连续天监测空气质量指数，数据统计如下表： 空气质量指数 空气质量等级 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 天数 根据所给统计表和频率分布直方图中的信息，完成以下解答． （1）求的值，完成频率分布直方图，并求该组数据的上四分位数； （2）以样本中空气质量等级的频率作为该市空气质量等级的概率，现从统计日期后随机抽取天，设空气质量为优或良等级的天数为，求的分布列与数学期望． 【答案】（1）；频率分布直方图为： 该组数据的上四分位数为 （2）的分布列为： 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）由第一个区间的频率求得，然后根据值可求得，再由各区间的频率可得频率分布直方图（频率除以组距），计算可求得上四分位数； （2）利用统计表计算可得空气质量为优或良的频率为，可得统计日期后随机抽取1天，空气质量为优或良的概率为，进而得，利用二项分布可求得的分布列与数学期望． 【小问1详解】 由频率分布直方图可知第一组的频率为． 由统计表可得第一组的频数为，所以样本总数，解得， 又，解得； 所以第二组的频率为，第三组的频率为，第四组的频率为， 所以频率分布直方图如图所示： 因为前两组的频率之和为， 设上四分位数为，，解得， 所以该组数据的上四分位数为. 【小问2详解】 样本中空气质量为优或良的天数为， 所以空气质量为优或良的频率为， 以频率作为概率，则从统计日期后随机抽取1天，空气质量为优或良的概率为. 随机抽取3天，ξ的可能取值为，且. 则 ，， ，. 所以的分布列为： 0 1 2 3 则. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，的面积满足． （1）求的大小； （2）若，，求的内切圆半径． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和三角形面积公式，将题干所给的式子进行化简，变形为只含有角的式子，即可利用辅助角公式求解角. （2）先利用三角形面积公式得到，再利用，求出，利用诱导公式即可求出，进而利用正弦定理，用表示和，代入即可求解，，的值，设出内切圆半径，由三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，的面积满足， 即， 由余弦定理得， 所以， 由三角形面积公式， 所以有， 即， 即， 即， 即， 因为是三角形的内角，所以，所以， 所以， 所以. 【小问2详解】 ， 即，所以， 因为，， 所以， 所以， 由正弦定理得， 即， ， 将， 代入中得：， 因为，解得. 所以，， 设三角形内切圆半径为， 所以三角形面积， 即， 解得. 17. 如图，在三棱柱中，，． （1）证明：平面平面． （2）若，直线与平面所成角为． （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求三棱锥外接球的表面积． 【答案】（1） 证明：设 为 的中点. 过 作 平面，垂足为 . 因为 平面 ，所以 ，，. 由勾股定理得 ，，. 又 ，故 ，即 为 的外心. 又 ，故 ， 即 的外心，从而 与 重合， 平面 . 又 ， 平面 ，故 平面 . 由面面垂直的判定定理，得平面 平面 . （2）(i) 平面 与平面 夹角的余弦值为 ；(ii) 三棱锥 外接球的表面积为 . 【解析】 【分析】（1）证明面面垂直，关键是在一个平面内找一条直线垂直于另一个平面，为此先确定 在底面 内的射影. 由题可知该射影为 的外心；又 ，外心恰为斜边 的中点 ，故 平面 ，再由面面垂直的判定定理完成证明. （2）(i) 先确定底面形状与几何体尺寸：由题可得 平面 ，从而得 ；再由直线 与平面 所成角为 求出 与 ，以 为原点建立空间直角坐标系，用两平面的法向量求夹角的余弦值. (ii) 由底面外接圆的圆心为 知球心在过 且垂直于底面的直线上，设出球心坐标后由条件可求外接球半径，进而得表面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由 平面 知 ，又 平面 ， 故 平面 ，所以 . 又 为 的中点，故 . 设 ，. 由 得 . 直线 在平面 内的射影为 ，由所成角为 得 ， 所以 ，代入得 . 以 为原点，射线 为 轴正方向， 为 轴正方向， 为 轴正方向，建立空间直角坐标系， 则 ，，，. 平面 内的两个向量为 ，. 设其法向量为 ，则 取 ，得 . 平面 内的两个向量为 ，. 设其法向量为 ，则 取 ，得 . 设两平面的夹角为 ，则 . 因为 ，所以 的外接圆半径为 ，圆心为 . 设三棱锥 的外接球球心为 ，则 在过 且垂直于平面 的直线上，设 . 由 得 ，解得 . 所以外接球半径 满足 ，其表面积 . 18. 已知椭圆：过点，且左焦点为． （1）求椭圆的方程； （2）斜率为的直线与椭圆交于，两点，点坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点，直线与椭圆的另一个交点为点． （i）已知点坐标为，求点横坐标（用表示）； （ii）过点作于点，是否存在定点，使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）存在定点，使得为定值.理由如下： 设，，由（i）同理可得， 其中，设，则， 则，， 设直线方程为，则，， 联立与得， 由得， 其中， 故 ， 故，同理可得， 则直线的斜率为， 由于，， 故两点均在过定点，斜率为的直线上，即， 所以直线的方程为，过定点， 取的中点，即， 由于，故此时， 故存在定点，使得为定值. 【解析】 【分析】（1）根据点坐标和左焦点，得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）（i）设出直线的方程，联立椭圆方程，结合，由韦达定理可得； （ii）设，由（i）可得，换元，求出，同理可得，求出直线的方程为，过定点，从而取的中点，使得为定值. 【小问1详解】 由题意得，，故， 解得， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 （i）直线的斜率为，故直线的方程为：， 联立与得， 其中，故，将其代入上式可得 ， 化简得， 设，由韦达定理可得，故， （ii）略 19. 已知． （1）证明：对，； （2）若对，，恒成立，求的取值范围； （3）证明：对，总有． 【答案】（1）证明：先证 （），令 ，， 则 ，所以 在 上单调递减， 故 ，即 . 再令 ，，则 ， ， 所以在 上单调递增，故， 即，原不等式成立. （2）（或 ） （3）证明：由(2)知，当 ， 时，有 ， 即 . 由 知 ，取 ，得 ，即 . 对 求和，左端为 ， 右端为 ，故原不等式成立. 【解析】 【分析】（1）先证常用不等式 ，再把差函数 求导，借该不等式放缩得 ，从而 递增得证. （2）直接考察 的导数与单调性：必要性用端点效应，由 且 知 ，即 ；充分性借 放缩为函数 ，由 证其在 上递增. （3）直接调用（2）中 时的结论 ，令 放缩为单点不等式，再利用 裂项求和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由 ，. ，，. 当 时，. 因为 在 上连续， 所以 从的右侧充分小时仍有，即存在，当 时， 于是 在 上单调递减，从而 ，与题设 恒成立矛盾. 故 不合题意，必须有 . 当 时，由于 ，， 所以 . 设，， 则，， 当 时，，故， 所以 在 上单调递增，从而，即 . 综上，. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026学年高三年级调研测试 数学 本练习卷共4页，19小题，满分150分，作答用时120分钟． 注意事项： 1．作答前，学生务必在答题卡第1面和第3面上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、姓名、教室号和座位号，用2B铅笔准确填涂试卷类型，再将条形码粘贴在答题卡的“条形码粘贴处”． 2．选择题每小题选出答案后，用2B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．答案不能写在本练习卷上． 3．非选择题答案必须用黑色字迹的钢笔或签字笔写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新的答案，改动后的答案也不能超出指定的区域；不准使用铅笔、涂改液和修正带．不按以上要求作答，答案无效． 4．学生必须保持答题卡的整洁，作答结束后，将本练习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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则|z|＝（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2 3. 设，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 4. 若数列满足：从第二项起，每一项与它的前一项的差依次排成一列，组成的新数列是一个公差为的等差数列，则称数列为“—等差数列”．已知为“—等差数列”，且，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数为定义在上的奇函数，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，分别为双曲线：（，）的左、右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线交于点，且满足，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 现将个红球和个黑球放入编号为，，，…，的盒子中，每个盒子放入个球．从号盒子逐个打开，直到开到个红球停止，则所打开盒子数的数学期望为（ ） 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． 9. 已知圆：，：，两圆相交于，两点，，，为圆上的动点，则（ ） A. B. 直线与圆相切 C. 直线与圆相切 D. 为定值 10. 已知，是概率均不为的随机事件，，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时， C. 当，相互独立时， D. 当时， 11. 在正四面体中，点在棱上，满足．点为棱上一动点，下列命题能成立的是（ ） A. B. C. D. 平面平面 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量满足，则的夹角为___________． 13. 已知函数，则该函数的图象在点处的切线方程是________． 14. 设数列满足，且，则________． 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. 某市监测站点于某天起连续天监测空气质量指数，数据统计如下表： 空气质量指数 空气质量等级 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 天数 根据所给统计表和频率分布直方图中的信息，完成以下解答． （1）求的值，完成频率分布直方图，并求该组数据的上四分位数； （2）以样本中空气质量等级的频率作为该市空气质量等级的概率，现从统计日期后随机抽取天，设空气质量为优或良等级的天数为，求的分布列与数学期望． 16. 记的内角，，的对边分别为，，，的面积满足． （1）求的大小； （2）若，，求的内切圆半径． 17. 如图，在三棱柱中，，． （1）证明：平面平面． （2）若，直线与平面所成角为． （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求三棱锥外接球的表面积． 18. 已知椭圆：过点，且左焦点为． （1）求椭圆的方程； （2）斜率为的直线与椭圆交于，两点，点坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点，直线与椭圆的另一个交点为点． （i）已知点坐标为，求点横坐标（用表示）； （ii）过点作于点，是否存在定点，使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 19. 已知． （1）证明：对，； （2）若对，，恒成立，求的取值范围； （3）证明：对，总有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $