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广东省佛山市s6高质量发展联盟2026届高三上学期10月联考
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.已知全集，集合，则( )
A. B. C. D.
2.复数，则的虚部为( )
A. B. C. D.
3.若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
4.已知，，，则，，的大小关系为( )
A. B. C. D.
5.已知，则( )
A. B. C. D.
6.某校积极开展社团活动，学期结束时，社团老师对参加社团的同学进行选择性考核某社团有小明、小刚等位同学参加，现选位同学参加考核，则在小明被选中的条件下，小刚被选中的概率为( )
A. B. C. D.
7.若向量，则( )
A. B.
C. D. 在上的投影向量是
8.已知是定义域为的函数，，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
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.已知数列的前项和为，则下列结论正确的是( )
A. 若，则是等差数列
B. 若，则是等比数列
C. 若是等差数列，则
D. 若是等比数列，且为常数，则
10.设函数，则下列结论正确的是( )
A. ，在上单调递减
B. 若且，则
C. 若在上有且仅有个不同的解，则的取值范围为
D. 存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数
11.掷次质地均匀的骰子，记事件为“两次掷出的数字相同”，事件为“两次掷出的数字不同”，事件为“两次掷出的数字之和为奇数”，事件为“两次掷出的数字之和为偶数”，则下列说法正确的有( )
A. 和互斥 B. 和独立 C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.曲线在处的切线方程是 ．
13.已知的展开式中各项系数之和为，则该展开式中的系数为 ．
14.已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，且若在上恒成立，则实数的取值范围为 ．
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
已知数列的前项和为．
求数列的通项公式；
设，求数列的前项和．
16.本小题分
记的内角的对边分别为，已知三角形，角的平分线交边于点．
证明：；
若，求的周长．
17.本小题分
如图，在梯形中，，，为的中点，将沿折起至的位置，．
求证：平面平面；
求平面与平面夹角的余弦值．
18.本小题分
不同大模型各有千秋，适用领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
甲学院 乙学院
使用 不使用 使用 不使用
款 人 人 人 人
款 人 人 人 人
假设所有学生对两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率．
分别估计该校甲学院学生使用款大模型的概率、该校乙学院学生使用款大模型的概率；
从该校甲学院全体学生中随机抽取人，从乙学院全体学生中随机抽取人，记这人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望；
从该校甲学院全体学生中随机抽取人，记这人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取人，记这人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小．
19.本小题分
设函数为的导函数．
求的单调区间；
讨论零点的个数；
若有两个极值点且，证明：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由可得，
相减可得，故，
又，故，
因此对任意的，都有，故为等比数列，且公比为，
故，
，
，
相减可得
故，
故

16.解：由可知，，
所以，又，故，如图所示，
所以，得，
化简整理得；
因为，故，所以，又，
化简得，解得，又，
故，所以的周长为．

17.解：因为为的中点，，且，所以，
因为，，所以，即，
由，可得四边形是矩形，，
因为沿折起至的位置，所以，
由，，得，所以，
由，可得平面，
因为平面，所以平面平面．
如图所示，取的中点，的中点，连接，
由是中点，是中点得，由得，则，
因为，是中点，所以，
因为平面平面，平面平面，，面，面，
所以平面，由平面，平面，可得，，
综上，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
易得，
则，，，，
设平面的法向量，平面的法向量，
则，即
令，解得，，因此，
则，即
令，解得，，因此，
，
故平面与平面夹角的余弦值为．

18.解：由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为；
由题意可知的可能取值为：，
则，
，
，
，
的分布列如下：
所以；
同第一问，可知该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为，
易知，
由二项分布的方差公式可知，
，
所以．

19.解：因为，
所以
即，，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为．
解：由得，．
当时，，则在上无零点．
当时，，则在上有一个零点．
当时，，因为，，，
所以，，，
故在上有两个零点．
综上，当时，在上无零点；
当时，在上有一个零点；
当时，在上有两个零点．
证明：由及有两个极值点，且，
可得，在上有两个零点，且．
所以，
两式相减得，即．
因为，所以．
下面证明，即证．
令，则即证．
令，，则，
所以在上单调递增，所以，
故．
又，
所以，
故．

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