精品解析：广东佛山市顺德区华侨中学2026-2027学年高三第一学期10月月考数学试卷

顺德华侨中学2026学年第一学期 2027届高三10月月考数学科试卷 注意事项： 1．答题前，务必将自己的班级、姓名、考生号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 第Ⅰ卷 一．单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题只有一个选项最符合题意） 1. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以， 所以. 2. 下列函数中，既是奇函数，又在上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用函数奇偶性的定义和判定方法，以及利用导数与函数的单调性的关系，结合选项，逐项求解，即可得到答案. 【详解】对于A，由函数，可得其定义域为， 且，所以函数为偶函数，所以A不符合题意； 对于B，由函数，可得其定义域为， 则定义域不关于原点对称，所以函数为非奇非偶函数，所以B不符合题意； 对于C，由函数，可得其定义域为，关于原点对称， 且，所以为奇函数， 又由恒成立，所以在上单调递减，所以C符合题意； 对于 D，由函数，可得其定义域为，关于原点对称， 且，所以为奇函数， 又由恒成立，所以在上单调递增， 所以D不符合题意. 3. 若不管为何值，直线恒过点，则过点的抛物线的标准方程为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线恒过点可求出点的坐标，再分抛物线的焦点在轴上和轴上两种情况分别求出抛物线的标准方程即可． 【详解】直线的方程可化为， 因为直线恒过定点，所以解得即， 又因为抛物线过点，所以当焦点在轴上时，方程为， 当焦点在轴上时，方程为． 4. 现从集合中随机选取3个不同的数，已知所选的3个数中恰有1个偶数，则这3个数的和大于12的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分奇数和偶数，列举解得即可。 【详解】集合中奇数为，偶数为，总样本数为种. 当和大于12时，有共7种情况， 则概率为. 5. 《九章算术》是中国古代的数学名著，书中有“粟米问题”．现有9人分粟米，每人所得粟米质量（单位：铢）从小到大构成数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则这9人所得粟米质量和的铢数为（ ） A. 284 B. 381 C. 384 D. 484 【答案】C 【解析】 【分析】结合等差、等比数列性质，先求前三项，再求等比数列公比，最后分组求和得到总粟米铢. 【详解】已知 ， 成等差数列，则 ， 所以又 ， 所以得，， 后7项成等比数列，设公比为，则， 由 ，得，得解得 或 ， 因为粟米质量从小到大，数列递增，舍去负根，得， 所以， 所以， 则这9人所得粟米质量和的铢数为. 6. 正四面体内有一个球，当球的体积最大时，过棱的中点和棱作该正四面体的截面，所得截面图形是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正四面体及其内切球的结构特征作出截面并判断. 【详解】正四面体内体积最大的球是它的内切球，该球与正四面体的四个面都相切， 切点为正四面体的4个正三角形面的中心，该球球心为正四面体中心， 取的中点，连接， 则过和的平面截正四面体得， 正的中心分别在线段上， 正四面体的内切球球心在内， 因此平面截正四面体的内切球得该球的大圆， 这个大圆与线段都相切，与线段相离， 选项ACD不符合，B符合. 7. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点在的一条渐近线上，与轴垂直，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先确定点的横坐标，再结合双曲线渐近线方程求出点的纵坐标，已知，在中，用、、表示，即可得到，进而求解离心率 【详解】对于双曲线，设半焦距为，满足， 左右焦点为，离心率， 由轴，得横坐标为，不妨令在渐近线上，代入得， 是直角三角形，直角在处，记， 已知，则，， 又，所以， 则，因此. 8. 对于集合M，定义函数 对于两个集合M，N，定义集合 ，已知，.用表示有限集合M所含元素的个数，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】要想最小，只需最大且最小，据此结论找出满足条件的集合. 【详解】根据题意可知：， 要想最小，只需最大且最小， 所以要使的值最小，2，4一定属于集合X； 是否属于X不影响的值， 但集合X不能含有之外的元素，， 所以当X为集合的子集与集合的并集时，取到最小值6. 故选：B 【点睛】方法点睛： 在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决! 二．多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．少选得部分分，多选、错选不得分） 9. 有一组样本数据，且，平均数为，中位数为M，现对这组数据做如下变换：，得到一组新数据，则下列说法正确的是（ ） A. 新数据的极差等于原数据的极差 B. 新数据的平均数等于 C. 新数据的方差大于原数据的方差 D. 新数据的中位数等于 【答案】BCD 【解析】 【详解】的极差为：.由题意知， 的极差为：，故A错误； 新数据的平均数等于： ，故B正确； 的方差为： ， 因为，故， 所以，故C 正确； 的中位数为，故D正确. 10. 函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 将向左平移个单位长度，得到函数 D. 若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】由图象经过点列方程求，判断A，结合余弦函数性质验证B，根据函数图象变换法则，结合诱导公式判断C，令，可得在上有个不相等的实数根，结合正弦函数性质判断D. 【详解】观察可得函数的图象过点， 所以， 所以，， 所以，，又， 所以，A正确； 所以， 因为时，， 所以点不是函数的图象的对称中心，B错误； 函数向左平移个单位长度，可得函数的图象， 又，所以C正确； 因为， 由可得，， 令，由已知可得在上有个不相等的实数根， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 且时，，时，， 时，， 所以，D错误. 故选：AC. 11. 已知函数，的定义域均为，且，，若是偶函数，，则（ ） A. 关于直线对称 B. 4是的一个周期 C. 是偶函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】替换关系式中的自变量，整理得到函数的对称轴和对称中心，以及周期，判断ABC选项.根据周期即可判断D选项. 【详解】由，用代入，得， 所以， 所以函数关于点对称； 又因为是偶函数，即，A选项正确； 所以，则， 所以，所以， ，所以， 所以4是函数的一个周期，B选项正确； 所以，用代入，得， 则函数关于点对称，C选项错误； 因为奇数的平方可以表示为， 所以所有奇数的平方除以4余数都是1，所有偶数的平方除以4余数都是0， 所以中共有1014个奇数的平方，每个奇数平方除以4余数是1， 偶数平方除以4余数都是0， 所以总和除以4的余数等于为1014除以4的余数，为2，结合函数的周期为4， 得，D选项正确. 第Ⅱ卷 三．填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知命题“，”是假命题，则实数的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】存在命题是假命题，则其否定全称命题是真命题，然后结合二次函数性质求解． 【详解】命题“，”是假命题， 则命题“，”是真命题， 由二次函数性质得，解得，所以的最小值是． 13. 与直线和直线都相切且圆心在第一象限，圆心到原点的距离为的圆的方程为_________． 【答案】 【解析】 【分析】设圆心坐标，根据题意列关于的方程，求出它们的值，进而求得半径，即可得答案. 【详解】设圆心坐标为， 由于所求圆与直线和直线都相切， 故，化简为，而，则， 又圆心到原点的距离为，即， 解得，即圆心坐标为，则半径为， 故圆的方程为， 故答案为： 14. 已知数列的前项和为，，则_________． 【答案】324 【解析】 【分析】分为奇数和偶数两种情况，发现数列的特点，再分组求和即可． 【详解】由， 当为奇数时，为偶数， 则，， 两式相减得； 当为偶数时，为奇数， 则，， 两式相加得， 则 ． 四、解答题（共5题，满分77分，要求答题规范，写出演算步骤及过程） 15. 信息安全是互联网时代最重要的安全之一，我国自主研发的量子通信保密传输系统，依靠量子密钥分发实现信息安全传输，该系统采用量子信道和经典信道协同工作，某量子通信保密传输系统在单次密钥分发过程中，量子信道成功密钥生成的概率为，经典信道完成信息匹配的概率为，且两个信道工作相互独立．只有当量子信道密钥生成成功，且经典信道信息匹配成功，则本次有效密钥分发成功，否则本次有效密钥分发失败． （1）求该系统单次有效密钥分发成功的概率； （2）若该系统独立进行次密钥分发，记为有效分发成功的次数，求的数学期望； （3）科研人员对该系统连续传输的密钥准确率进行检测，发现密钥准确率（单位：）服从正态分布．若准确率不低于为“最优传输”，估算次密钥分发中，可用于“最优传输”的次数． 附：若，则，，． 【答案】（1） （2） （3）次密钥分发中，“最优传输”的次数约为 【解析】 【分析】（1）根据两个信道工作相互独立，利用独立事件同时发生的概率乘法公式，将量子信道成功概率与经典信道匹配概率相乘，即可得到单次有效密钥分发成功的概率； （2）单次有效密钥分发成功的概率固定，次独立重复试验中成功次数服从二项分布，直接套用二项分布数学期望公式计算即可； （3）先由正态分布参数算出均值与标准差，将 “准确率不低于” 转化为正态分布中的概率，利用正态分布的对称性和，求出对应概率后乘以总次数，估算出“最优传输”的次数． 【小问1详解】 设 “量子信道成功密钥生成”为事件，“经典信道完成信息匹配” 为事件， 由题意得，，且与相互独立， 所以该系统单次有效密钥分发成功的概率； 【小问2详解】 由题意得，，所以； 【小问3详解】 由题意得，，则，， 因为“最优传输”要求，即， 所以， ， 所以次密钥分发中，“最优传输”的次数约为． 16. 如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点． （1）证明：上存在点P，使得平面； （2）当时，求二面角的正弦值． 【答案】（1）取的中点 ，连接 因为 是的中点， 是的中点， 所以在中，是中位线，故. 又平面， 平面， 所以平面， 故上存在满足条件的点 ，得证. （2） 【解析】 【分析】（1）取上一点 ，结合 是中点，若能使，再结合的位置，可推出与面内的直线平行，进而证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，根据题意求出各点坐标，再分别求出平面 和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角与二面角的关系，计算二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示， 以点为原点，为 轴，为轴，过点且垂直于平面 的直线为 轴，建立空间直角坐标系，则 ，，， 设，由得，即. 由，，， 得： 代入得，即. 平面 中，，， 设法向量为 ， 由得，令，则. 平面中，，， 设法向量为 ， 由得，令，则. 所以二面角的正弦值： . 17. 已知函数，． （1）当时，若的值域为，求b的值； （2）若为的极小值点，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导分析，判断导数得正负，并得到函数的最小值，从而得到方程进而求解. （2）根据题意将代入导数为0，得到参数之间的关系，并分析是否在处取得极小值. 【小问1详解】 因为，所以，求导得， 因为，所以令，解得， 当，，所以单调递减； 当，，所以单调递增； 所以，解得. 【小问2详解】 因为，求导得， 又因为为的极小值点，所以，得到， 代入导数得， 因为，所以， ①当时，，解得或，此时， 所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减； 所以为的极小值点满足条件. ②当时, 恒成立， 所以在定义域内单调递减，无极值，不满足题意舍去. ③当时，，解得或，此时， 所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减； 为的极大值点.不满足条件，舍去. 综上，. 18. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若，点D在AC上，直线BD上一点P满足，在点C和点D的变化过程中， （ⅰ）求的最小值； （ⅱ）当最小时，求的值． 【答案】（1） （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）运用正余弦定理化简等式，得到关于的余弦公式； （2）（ⅰ）建立坐标系，根据题意得到，运算得到点的轨迹方程，限定其坐标的取值范围，得到双变量函数，依次放缩，并注意取等条件. （ⅱ）注意上一问的取等条件，然后求出点的坐标，代入运算即可. 【小问1详解】 在中，因为，所以，代入得到， 由正弦定理得， 由余弦定理得， 化简得， 又，， 所以 【小问2详解】 （i）因为，所以，所以 如图，建立平面直角坐标系 此时， 设， 因为，所以 设， 代入得， 整理得，解得 ，当且仅当取得等号 又因为，当且仅当取得等号， 所以的最小值为 （ii）此时，所以直线， ，所以直线， 联立，解得，所以 19. 已知椭圆长轴的长为4，离心率为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线与椭圆C有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x，y轴于和． （i）求面积的最大值； （ii）当点M运动时，求点的轨迹方程． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的参数关系与离心率即可求解； （2）（i）通过直线与椭圆相切的条件表示出三角形顶点坐标，利用基本不等式求面积最大值；（ii）用参数表示点坐标后代入相切关系消参得到轨迹方程. 【小问1详解】 由题意，，解得： 因此，椭圆C的标准方程为： 【小问2详解】 联立得：， 因为l与椭圆相切，故，化简得：， 即， 则， 过点M且与l垂直的直线方程为： 令得，令得; （i） 当且仅当即时取等号，因此， （ii），即，得 因为，所以，化简得： 因此，点P的轨迹方程为： 解法二：（2）设切点，则切线 直线，即 令得，令得 （i） ， ，当且仅当时等号成立，因此， （ii）由得，即 因此，点P的轨迹方程为： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顺德华侨中学2026学年第一学期 2027届高三10月月考数学科试卷 注意事项： 1．答题前，务必将自己的班级、姓名、考生号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 第Ⅰ卷 一．单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题只有一个选项最符合题意） 1. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，既是奇函数，又在上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 3. 若不管为何值，直线恒过点，则过点的抛物线的标准方程为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 4. 现从集合中随机选取3个不同的数，已知所选的3个数中恰有1个偶数，则这3个数的和大于12的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 《九章算术》是中国古代的数学名著，书中有“粟米问题”．现有9人分粟米，每人所得粟米质量（单位：铢）从小到大构成数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则这9人所得粟米质量和的铢数为（ ） A. 284 B. 381 C. 384 D. 484 6. 正四面体内有一个球，当球的体积最大时，过棱的中点和棱作该正四面体的截面，所得截面图形是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点在的一条渐近线上，与轴垂直，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 对于集合M，定义函数 对于两个集合M，N，定义集合 ，已知，.用表示有限集合M所含元素的个数，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 二．多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．少选得部分分，多选、错选不得分） 9. 有一组样本数据，且，平均数为，中位数为M，现对这组数据做如下变换：，得到一组新数据，则下列说法正确的是（ ） A. 新数据的极差等于原数据的极差 B. 新数据的平均数等于 C. 新数据的方差大于原数据的方差 D. 新数据的中位数等于 10. 函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 将向左平移个单位长度，得到函数 D. 若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是 11. 已知函数，的定义域均为，且，，若是偶函数，，则（ ） A. 关于直线对称 B. 4是的一个周期 C. 是偶函数 D. 第Ⅱ卷 三．填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知命题“，”是假命题，则实数的最小值为_____． 13. 与直线和直线都相切且圆心在第一象限，圆心到原点的距离为的圆的方程为_________． 14. 已知数列的前项和为，，则_________． 四、解答题（共5题，满分77分，要求答题规范，写出演算步骤及过程） 15. 信息安全是互联网时代最重要的安全之一，我国自主研发的量子通信保密传输系统，依靠量子密钥分发实现信息安全传输，该系统采用量子信道和经典信道协同工作，某量子通信保密传输系统在单次密钥分发过程中，量子信道成功密钥生成的概率为，经典信道完成信息匹配的概率为，且两个信道工作相互独立．只有当量子信道密钥生成成功，且经典信道信息匹配成功，则本次有效密钥分发成功，否则本次有效密钥分发失败． （1）求该系统单次有效密钥分发成功的概率； （2）若该系统独立进行次密钥分发，记为有效分发成功的次数，求的数学期望； （3）科研人员对该系统连续传输的密钥准确率进行检测，发现密钥准确率（单位：）服从正态分布．若准确率不低于为“最优传输”，估算次密钥分发中，可用于“最优传输”的次数． 附：若，则，，． 16. 如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点． （1）证明：上存在点P，使得平面； （2）当时，求二面角的正弦值． 17. 已知函数，． （1）当时，若的值域为，求b的值； （2）若为的极小值点，求实数a的取值范围． 18. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若，点D在AC上，直线BD上一点P满足，在点C和点D的变化过程中， （ⅰ）求的最小值； （ⅱ）当最小时，求的值． 19. 已知椭圆长轴的长为4，离心率为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线与椭圆C有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x，y轴于和． （i）求面积的最大值； （ii）当点M运动时，求点的轨迹方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $