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2026 年高三 10 月题库
数学　试题
考生注意：
1.本试卷满分 分,考试时间 分钟.
2.考生作答时,请将答案答在答题卡上.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;非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效,在试题卷、草稿纸上作答无效.
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.已知复数 ,则 的虚部为
A. B. C. D.
2.已知随机变量 ,若 ,则
A. B. C. D.
3.在平面直角坐标系中,已知点 ,,,则点 是 的
A.外心 B.重心 C.内心 D.重心
4.设直线 与圆 交于 两点,则 的值为
A. B. C. D.
5.已知等差数列 的前 项和为 ,,,则当 取到最大值时,
A. B. C. D.
6.已知四边形 是圆台 的轴截面,其中 ,,则从 点沿圆台侧面到达 点的最短路径的长为
A. B. C. D.
7.设曲线 与曲线 在点 处的切线分别为 ,在直线 与 相交所形成的四个角中,记其中较小的角为 ,则
A. B. C. D.
8.已知集合 ,若 是 的函数,且满足 ,则函数 的个数是
A. B. C. D.
二、选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分。在每小题给出的选项中,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,有选错的得 0 分。
9.为调研某校高一年级 名学生的物理期末考试成绩,随机抽取 名学生作为样本,绘制出频率分布直方图,如图所示,则
A.
B.样本成绩的众数估计值为
C.样本成绩的中位数估计值为
D.该校高一物理期末成绩不低于 分的学生约有 人
10.已知函数 ,,则
A. 的图象关于原点对称 B. 在 上单调递减
C. 的最大值为 D. 在 上有唯一零点
11.在三棱锥 中,,,, 分别为棱 上的动点,则
A.
B.三棱锥 的外接球的表面积为
C. 的最小值为
D.当 时,线段 中点的轨迹长度为
三、填空题:本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分。
12.若 ,则 的值为 ______▲______.
13.已知双曲线 的左、右焦点分别为 ,点 在双曲线 上,且 ,,则双曲线 的离心率为 ______▲______.
14.若实数 满足 ,,则 的值为 ______▲______.
四、解答题:本大题共 5 小题,共 77 分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
15.(13 分)
在 中,角 所对的边分别为 ,且 .
(1)求角 的大小;
(2)设 为 的中点,当 的面积为 时,求 的最小值.
16.(15 分)
有一枚质地均匀的正方体骰子,其相对的两个面的点数相同,分别标有 1 点,2 点,3 点,现将这枚骰子先后投掷两次,记第一次掷出的点数为 ,第二次掷出的点数为 .
(1)求 的值;
(2)设随机变量 ,求 的分布列与数学期望.
17.(15 分)
已知椭圆 的离心率为 ,其右顶点为 ,直线 过抛物线 的焦点,且与 交于 两点,直线 分别与椭圆 在 轴的右侧部分交于 两点( 为坐标原点).
(1)求椭圆 的标准方程;
(2)记直线 的斜率分别为 ,求证: 为定值;
(3)记 , 的面积分别为 ,求 的最大值.
18.(17 分)
如图,已知四边形 是菱形,, 是平面 外一点,且 ,
.
(1)当 时,求证: 四点共面;
(2)若平面 平面 ,平面 平面 ,
(ⅰ)求证:直线 平面 ;
(ⅱ)求 的值,使直线 与平面 所成角最大.
19.(17 分)
已知函数 .
(1)求函数 的单调区间及最小值;
(2)若数列 满足 ,,,
(ⅰ)证明:,;
(ⅱ)记 ,数列 的前 项和为 ,证明:.
2026 年高三 10 月题库
数学试题参考答案与评分标准
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 2 3 4 5 6 7 8
A D D C C B A B
1.A　因为 ,所以虚部为 1.故选 A.
2.D　由已知 ,即正态分布密度函数图象的对称轴为 ,数形结合得 ,从而得
.故选 D.
3.D　由三角形重心坐标公式 可知,点 恰是 的重心.故选 D.
4.C　因为圆心 到直线 的距离 ,而圆的半径 ,
由弦长公式 ,得 .故选 C.
5.C　由已知 ,可得 ,又因为 是等差数列,所以 ,即 ;又因为 ,故必有公差 ,从而知 ,所以 最大.故选 C.
6.B　易知圆台的侧面展开图是一个圆心角为 的扇环,其中四边形 的侧面展开图如图所示,且易得 ,. 由余弦定理,得 即
.故选 B.
7.A　如图,设 在点 处的切线为 ,其斜率为 ,则 ;同理设
在点 处的切线为 ,其斜率为 ,则 .
方法 1:,从而 .故选 A;
方法 2:如图,因为 ,不妨记 ,因为 ,不妨记 ,所以
.故选 A.
8.B　设 的值域为集合 ,显然 . 令 ,由 ,得 ,故必有 . 根据函数的定义,下面对集合 进行分类讨论:(1)当 只含 1 个元素时,则 只能是 ,因此这样的函数只有 1个,如示意图中的①这个函数;(2)当 含 2 个元素时,则 ,或 ,或 这三种情形. 现以 为例,则函数 为示意图中的②③④这三个函数,有 3 个,因此,当 含 2 个元素时,共有 个.(3)当 含 3 个元素时,则 ,或 ,或 这三种情形. 现以 为例,如示意图⑤, 中的 2(或 3)没有原象,即集合 并不是函数 的值域,即图⑤可以是 到 上的函数,但却不是以 为值域的函数,因此不符合题意,所以当 含 3 个元素时,这样的函数 是不存在的.(4)当 含 4 个元素时,即 时,满足题意的函数 显然不存在. 综上,满足题意的函数 有且只有 10 个. 故选 B.
二、选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分. 在每小题给出的选项中,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,有选错的得 0 分。
9 10 11
ABD ACD BCD
9.ABD　对选项 A,由 ,得 ,故选项 A 正确;对选项 B,因为最高矩形的中点为 75,故选项 B 正确;对选项 C,因为中位数显然在第四个矩形内,故中位数大于 70,故选项 C 错误;对选项 D,由 ,故选项 D 正确. 综上,本题选 ABD.
10.ACD　对选项 A,因为定义域关于原点对称,且 ,所以
为奇函数,其图象关于原点对称,故选项 A 正确;对选项 B,因为 ,因为
定义域为 ,由 ,解得 ,所以 在 单调递减,在 上
单调递增,在 单调递减,故选项 B 错误;对选项 C,由选项 B 的分析可知,
1,故选项 C 正确;对选项 D,因为 ,,,由选项 B 的分
析可知, 在 上有且只有零点 0,故选项 D 正确. 综上,本题选 ACD.
11.BCD　对选项 A,如图 1,取 中点 ,则由 ,得 ,
假设 ,则 平面 ,得 ,
这与 矛盾,故选项 A 错误;
对选项 B,因为 ,,
所以 ,如图 1,取 中点 ,则 ,
因此 为三棱锥 的外接球的球心,半径 ,得球 的表面积 ,故选项 B 正确;
对选项 C,如图 2,取 中点 ,连接 ,,则 ,,得 平面 ,过 作 的
垂线,垂足为 ,则线段 为直线 与直线 的公垂线段,
在 中,,,,得 ,即线段 的最小值为 ,故选项 C 正确;
对选项 D,如图 3,取 中点 ,连接 ,,因为 平面 ,所以 是直角三角形,
又因为 ,所以 ,得 点的轨迹是在以 为球心, 为半径的球面上,如图 4,连
接 ,则 ,得 ,取 中点 ,则 ,得 点的轨迹在与直线 垂直
的平面上,因此, 点的轨迹是以 为圆心, 为半径的圆上,在 中,得
,因此, 点的轨迹长度为 ,故选项 D 正确. 综上,本题选 BCD.
三、填空题:本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分。
12. 0　令 ,得 ;令 ,得 ,故 .
13.　如图,不妨设 ,由已知,则 ,由双曲线的定义知
,解得 ,即 ,. 在 中,由余弦
定理,得 ,化简得
,即 ,得 ,故 .
14. 3　由已知变形得 ,,故 ,即
,进一步变形得 . 设 ,显然函数 在
上单调递增,而已知为 ,故必有 ,即 . 所以
.
四、解答题:本大题共 5 小题,共 77 分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
15.解:(1)由正弦定理,得 ,即 , 3 分
即 ,解得 . 6 分
(2)因为 的面积为 ,即 ,即 ,解得 ; 8 分
又因为 ,即 ,两边平方得 , 10 分
即 ,即 , 12 分
即 ,即 ,所以 的最小值为 . 13 分
16.解:(1)因为 与 相互独立,且每次掷出的点数出现的概率都相等,
所以 ,
因此, 的值为 . 5 分
(2)随机变量 取值的所有可能结果为:.
,
,
,
,
, 11 分
因此 的分布列为:
. 15 分
17.(1)解:因为 ,又 ,所以 ,所以 ,
故所求椭圆 的标准方程为 . 4 分
(2)可设直线 ,代入抛物线 ,整理得 ; 6 分
记 ,,则 ,,
所以 (定值). 9 分
(3)因为 ,,显然 ,.
联立 消去 ,解得 ,同理,可解得 ,
由(2)知 ,故得 ; 11 分
因为 ,,记 ,则 ,
故 ,即 , 13 分
即 ,即 ,当且仅当 时取到等号.
综上, 的最大值为 . 15 分
18.(1)证明:因为 ,所以 ,所以 为平行四边形,所以 ; 2 分
又因为 为菱形,所以 ,从而 ;
所以 为平行四边形,所以 四点共面. 4 分
(2)(ⅰ)证明:设 平面 ,且 ,;
因为平面 平面 , 为交线,所以 平面 . 6 分
因为 ,所以 平面 ,因为平面 平面 ,
且 平面 ,所以 平面 . 8 分
因为平面 平面 ,所以 ,所以 平面 . 9 分
(ⅱ)由(ⅰ)知, 平面 ,又已知 是菱形,且 ,记 为边 的中点,故可以 为
原点, 分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系. 10 分
不妨设 ,则 ,,,,.
所以 ,,; 12 分
设 是平面 的一个法向量,则
特取 ,得
即 ; 14 分
记 与平面 所成的角为 ,
则 ,
即 ,
所以当 ,即 时,,即 .
综上,当 时,直线 与平面 所成角最大,且最大角为 . 17 分
19.(1)解:因为 的定义域为 ,且 , 1 分
当 时,,当 时,,故 是 的唯一极小值点,故 ,
综上,函数 的单调递减区间为 ,单调递增区间为 ,最小值为 0. 4 分
(2)(ⅰ)用反证法证明:
由 ,假设存在最小的正整数 ,使得 ,则 ,
这与 矛盾,因此假设不成立,即结论得证. 7 分
(3)因为 ,即 ,
因为 ,所以 ,得 ,即 ,即 . 9 分
因此数列 单调递减,得 ,得 .
因为 ,即 ,.
由已知 ,即 ,即 ,
即 ,即 . 12 分
因为 ,所以 ,所以 ,即 ,即 ,
累乘得,当 时,,又 ,得 ,. 15 分
故 ,即 . 17 分

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