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江苏宿宿迁市项里高级中学2026届高三10月质量检测数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合是等腰直角三角形，是等腰三角形，是等边三角形，是直角三角形，则( )
A. B. C. D.
2.的实部为( )
A. B. C. D.
3.直线的斜率为，且同时经过椭圆的右焦点和下顶点，则的离心率为( )
A. B. C. D.
4.变量关于变量的经验回归方程为若时，的实际观测值为，则此时的残差为( )
A. B. C. D.
5.设等差数列的前项和为若，，则( )
A. B. C. D.
6.设函数，为给定开区间，则“”是“在上存在两个极值点”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
7.中，，为的角平分线若，则( )
A. B. C. D.
8.平面直角坐标系中，为定圆上一动点，为平面内一定点，为非零常数，若点满足，则的轨迹为( )
A. 圆 B. 椭圆 C. 部分双曲线 D. 部分抛物线
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设函数，则( )
A. 为偶函数 B. 有且仅有个零点
C. 有且仅有个极值点 D. 在区间内单调递增
10.若双曲线与过点的直线交于两点，直线的斜率的绝对值小于且不为设为坐标原点，则( )
A. 两点在轴的异侧 B. 两点在轴的异侧
C. 可能为等腰三角形 D. 可能为直角三角形
11.离散型随机变量的数学期望为，则( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数在区间内的零点个数为
13.设若曲线在处的切线斜率依次成等比数列，则 ．
14.某圆锥在高度一半处被平行于底面的平面所截，得到完整的圆台与完整的圆锥，则被截后得到的圆台与被截后得到的圆锥的表面积之比的取值范围为 ．
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.本小题分
如图，直四棱柱的底面为边长为的菱形点满足，点满足已知四点共面．

求；
若，，求直线与平面所成角的正弦值．
16.本小题分
实验测量中，测量数据往往存在误差，故测量数据常常服从正态分布在一次实验测量中，某同学的测量数据近似服从正态分布，且．
在的条件下，求的概率；
已知事件“”与事件“”相互独立，求实数；
若认为该实验在时测量精度较高，且已知随机变量时，，请评价本次实验测量的测量精度．
17.本小题分
平面直角坐标系中，已知抛物线，直线与交于两点，且．
求的方程；
设的焦点为，若，证明：．
18.本小题分
设函数，且．
证明：在上不单调；
若有且仅有一个零点．
证明：；
当时，求．
19.本小题分
记的内角的对边分别为．，，已知，且．
证明：均为无穷数列；
若，求的通项公式；
当时，对于任意，的周长均小于，求的最小值．
参考答案
1.
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13.
14.
15.【详解】由于点四点共面，设这四点所在的平面为．
在直四棱柱中，平面平面，
由于平面平面，平面平面，则，
又，则，又点满足，则是的中点，
又，由于，故点在边上且为的中点，故．

如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，在底面内作的垂线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，
又，故有，，
为中点，则；为中点，则；
，
由于，故，也即，
解得，则，．
设平面的一个法向量为，且和，
则，即，取，则法向量，
设直线与平面所成角为，
则，即直线与平面所成角的正弦值为．

16.【详解】在的条件下，的概率等价于，
由题意可知，其概率密度函数图象关于直线对称，
所以，
根据对称性，，
故
设事件为“”，事件为“”，
且事件“”等价于事件“或”
由题意得，
则由对称性得，
由事件“”与“”互斥，则，
因为事件与相互独立，所以，
当时，等价于事件“”，
则，解得，无解；
当时，等价于事件“”，
则，即，解得，
由于，故．
当时，等价于事件“或”
此时有，
故由正态分布性质，拆分可得
，
又，代入解得，
而，故，无解．
综上所述，；
由题可计算得，
又对于任意，由于等价于
，
则对于任意均有，
时，同理，
故是的充要条件．
由正态分布性质有，且数据比较，
即，
故，再由上述的充要条件，
这等价于的情况，故必有，即，
故，即可做出本次实验的测量精度不高的评价．

17.【详解】设点，
联立，得，则，所以，．
由于，则．
因为，
所以，解得．
故抛物线的方程为．
由可知，记直线与轴的交点为．
对于交点和，有和，所以．
由抛物线的对称性，不妨设点第一象限．
当直线的斜率不存在时，，其方程为，，
如图所示：，，所以，不合题意．
所以直线的斜率存在，其斜率为．
当时，的斜率不存在，如图所示：，，，
所以，不合题意．
当时，的斜率，的斜率，
由可得，故．
如图所示：．
所以．
由可得，即．
又，，则，即，
解得，由，可得．
所以，此时有，，
，，，又，故得证．
同理，由对称性可知，当点在第四象限内时，若，
则仍然成立，故．
综上，得证．

18.【详解】函数的定义域为，，设
，故在上单调递增，
取，取为与中的较小值．
．
，
故由零点存在性定理，在上存在零点，
又恒成立，故存在唯一零点使得，
当时，；当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，则在上不单调．
若，此时，且当时，恒成立，
故，则由零点存在性定理，在上存在一个零点．
取，由于函数的导数，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
则在处取最小值，
故恒成立，则，
时，的导数为，设，则，
故单调递增，则，故在单调递增，
且在时为，故，则，
则，故在上存在一个零点．
故在与上各存在一个零点，与有且仅有一个零点矛盾；
若，由有，故无零点，
与有且仅有一个零点矛盾，
综上，．
故且，等价于，则，
由，可知，
故可得，且，
代入方程，由于，则，
设，其中，则等价于，
又，当时，，单调递增，
又，故当时，，当时，．
设，则要使在，时成立，有或，因此．
设函数，其中，则，
设，则，故单调递增，
又，则时，，时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
又方程有解，故必有，
即，即，解得．
综上，．
由和，得，即．
代入得，
等价于，设，
，
由于，故，，，则恒成立，
在上单调递增，至多只有一个零点．
又，故是方程的唯一解．
此时，．
则．

19.【详解】设，，，
则．
故
．
即，同理，．
故对于任意，以三边为边长始终可构成三角形，
故均为无穷数列．
由余弦定理，，又，故．
由于，故，则，
又，
若存在，使首次不满足关系式，
由于，，则．
若，即，由于，且，则，
且只能满足，即，
又，故，，
则，与三角形内角和矛盾；
若，即，同理，，且只能满足，
，即，解得，矛盾；
综上，不存在不满足关系式，即恒成立，
则必为中的最大角，则．
中，余弦定理有，
接下来对式子进行化简．
由于，则，
故，
且，
则
故，
又，，且余弦函数在上单调，
故，即，则，
又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，即，
故的通项公式为．
由证明过程可知，
同理可得，，
由于，故由正弦定理易有，则，即，当时，．
同理有，．
设当时，的周长，
则，
，
由可知，故，在，时单调递增，
则．
设，，
由于，且，
故，在，时单调递减．
则，故可取．
下面证明，是的最小值．
若，则．
只需证明存在，使．
不妨设，则，．
则此时，
令，则，
记，，
由零点存在性定理，存在，使得，
令，则，，
故只需取，即即可．
综上，的最小值为．

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