四川省成都市第七中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷

这是一份四川省成都市第七中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
复数(1 i)4  2i （ i 为虚数单位）的实部为（ ）
4i
C． 2i
4
D． 2
已知集合M  x Z 2  x  4, N  x y  x  2，则MN  （ ）
A．x 2  x  4B．2, 3
C．1, 2, 3D．1, 2, 3, 4
等差数列{an }的公差d  0 ， a1  1，若a1, a2 , a5 成等比数列，以下正确的是（）
a2  2
a2  4
a3  5
a3  6
已知直线 y  kx 是曲线 y  1 x  ln x 的切线，则k （）
e
2B． 2e
e
已知两个非零向量m, n 满足
3n
C． 5n
C． 4D． 4e
m  2n  m  4n
e
，则向量m 在向量n 上的投影向量为（ ）
2n
D． n
若1 x(1 2x)7  a  a x  a x2  a x8 ，则a  a  a  a 的值是（ ）
01282468
2B． 1C．1D．2
若过圆C : x2  y2  6x  0 内不同于圆心C 的点 P 恰好可以作 5 条长度为正整数的弦，则点
C 到点 P 的距离| CP |的范围是()
(0, 5)B． ( 5, 3 3 )
2
C． (0, 5]D．[ 5, 3 3 )
2
2
四面体 D  ABC 为正三棱锥，其侧棱 DA  6 ，底面边 AB  6
，底面 ABC 的中心为
1
O1 ，将一半径为r1 的半球放于棱锥内部，半球的底面与棱锥底面ABC 重合，且半球底面圆心与点O1 重合，将另一半径为 r 的小球放置于该半球正上方且该球与三棱锥的三侧面都相切，当r 2  2r2 最小时， r 的值为（ ）
2
3
A．1B． 2C．D．
3
二、多项选择题：本大题共 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，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分.
2
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 1，则以下说法正确的是（）
直线 A1C 与平面ABCD 所成角的正切值为
2
A1
B1
D
A
二面角 A  DC  B 所成角的大小为
D1C1
14
直线 AB 与直线 BC 所成的角为 
113C
点 A1 到平面 BC1D 的距离为 3B
3
等腰梯形 ABCD 中，AB//CD ，AD  CD  CB ，矩形 ACFE 满足：平面 ACFE  平面 ABCD ，
AE  AD  1 AB ，如图所示．
2
求证： BC  平面 ACFE ；
求直线 FB 与平面 ACFE 所成的角的大小；
求二面角 B  EF  D 的余弦值．
2sin C sin Ba
在 ABC 中， a, b, c 分别是角 A, B,C 所对的边，且满足 .
sin 2Bb
求 BAC 的大小；
点 D 是边 BC 上一点，且满足 AD2  bc,ADC   ，
4
①求sin Bsin C 的值；
b
②求 的值.
c
已知函数 f  x  x ln x  ax2 .
f (x)
(1)若 g  x ，
x
①求 g  x 的单调区间；
②讨论 g  x 的零点个数；
(2)若函数h  x | f (x) |在区间1, e 上有最小值，求正．实．数．a 的取值范围.
我们称n n  N*  元有序实数组 x , x ,, x  为 n 维向量， x  x

为该向量的范
1 2n12
 xn
数．
（1）已知 n 维向量a   x1, x2 ,, xn  ，其中 xi {1, 0,1},i  1, 2,
数为 An ，
①求 A2 ， A3;
②求 An （用含 n 的式子表示， n  N* ）;
n ，记范数为奇数的a 的个
（2）设集合 P  x | x  x , x , x ,, x , x 0,1,1  i  n,i  N* ，若
n1 2 3ni
n
a  a1, a2 , a3 ,, an  Pn ,b  b1,b2 ,b3 ,,bn  Pn ，定义a  b  aibi .记a  b  X ( a  b )，求 X
i1
的分布列与数学期望(用含n 的式子表示).
成都七中高 2026 届高三上期数学试题（参考答案）
一、单项选择题：
BBCADABA
8. 解：连接 DO1 ，连接 AO1 并延长交 BC 于点 P ，
因另一小球在该半球正上方，且与正三棱锥 D  ABC 的三个侧面均相切，故其球心O 在线段 DO1 上，连接PD ，则球O
必与 PD 相切，设切点为 E ，连接OE .
球O 的半径为r ，半球O1 的半径为r1 .
因 AP 
3 AB 
3  6
 3 6 ， AO
 2 AP  2 6, PO
 1 AP ，
2
6
2
221313
3
∴ DO1  2
， PD  3，
OEDO
1
易得△ DOE 与△PDO 相似，故有，即得 DO 3r ，
O1 PPD
3
因 DO  OO1  DO1 ，即r1  2
 3r  r ，
3
1
由题意， r 2  2r 2  (2 3r  r)2  2r 2  (6  2 3)r 2  (12  4 3)r  12 ，
1
该二次函数的开口向上，对称轴为r  1，故 r  1时, r 2  2r 2 最小.故选：A.
二、多项选择题：
9. ABC10． CD11.AD
11. 解：对于函数 f ( x)  sin( x2 1) ， x 1,1 ，
令t  x2 1 ,则t 1, 0 , sin t  sin 1, 0 ,所以A 选项正确.
B 选项：因为 y 
f (x) 为偶函数,所以 B 选项错误.
C 选项： f   x   2 x cs  x 2  1, f   x   2 cs  x 2 1  4 x 2 sin  x 2 1  0 ,
所以 f  x  单调递增， f 1  2, f 0  0, f 1  2 .
所以当 x 1, 0 时， f  x  2, 0 ， f  x  单调递减,且减小速度逐渐变慢；当 x  0,1 时， f  x  0, 2 ， f  x  单调递增，且增长速度逐渐变快,
设 P  x, sin  x2 11  x  1 为曲线上任意一点，则OP 2  x2  sin 2  x 2  1 ，
∵ t 1, 0 ，易得t  sin t  0 ,则sin2 t  t 2
∴ OP2  x2   x2 12  x4  x2  1  3 ,1 ，当且仅当 x  1 时， OP2  1 ，
 4
设 M 1, 0, N 1, 0 ，故曲线上除点M , N 外,始终在圆 x2  y 2  1 的内部，
故当MBN  π ，结合曲线的凹凸性可得ABC  MBN  π ，
22
所以ABC 大于π ,所以C 选项错误.
2
D 选项：设点 P  x, y  是函数 f  x  图象上一点，且1  x  1 ,易知 F (0,  3 )
4

x  0 y 
2
3 
2
4 


x 2  y 2  3 y  9
216
t  1  sin 2 t  3 sin t  9
216
PF 
而t 1, 0 , t  sin t （证明略）,
所以 PF 
 sin t  5 
2


4 


 sin t  sin t  5 
5
4
4

sin t  1  sin 2 t  3 sin t  9
216
sin 2 t  5 sin t  25
216
y  5 ，
4
所以， AF
 BF
 CF
 y  y  y  15  y  y
 y  4 .所以 D 选项正确.
故选： AD.
1234
123
（3）以C 为原点,以CA ， CB ， CF 分别为 x，y，z 轴建立直角坐标系如图，
C 0, 0, 0 ， B 0,1, 0 ，
3


F 0, 0,1 ， D ,  1 , 0  ， E  3, 0,1 ，………10 分
 22
3 1
所以 EF   3, 0, 0 ， BF  0, 1,1 ， DF    2 , 2 ,1 .

分别设平面 BEF 与平面 DEF 的法向量为n1   x1 , y1 , z1  ，
n2   x2 , y2 , z2  ，
n  EF  
由1
3x1  0,
 x1  0,
解得令z
 1, 则n
 0,1,1 ，11 分
n  BF   y  z
 0,
 y  z ,11
 111
 11
n  EF   3x  0，
 22
 x2  0,
由3y
解得 y
 2 z
取z2  1, 则n2  0, 2,1 .…13 分
,
2
n2  DF  
2
x2 
 z2  0，
2
 22
∴ cs  n ， n 
n1  n2
10
 ，
12| n |  | n |10
12
设二面角为 ，由图知 为锐角，所以cs 
10 ．15 分
10
解：（1）因为 2 sin C  sin B  a ,由正弦定理可得： 2 sin C  sin B  sin A .
sin 2Bb
2 sin B cs B
sin B
由于 B  0, π ，则sin B  0 ，所以2 sin C  sin B  2 sin A cs B ,………3 分
由于在△ABC 中， sin C  sin[  ( A  B)]  sin( A  B)  sin Acs B  cs Asin B,
带入上式化简得： 2 cs A sin B  sin B ,则cs A  1 ,
2
由于 A  0, π ，所以 A  π ,6 分
3
（2）①由于ADC  π ,则ADB  3π ,
44
AD b
在 ADC 中，由正弦定理可得sin C
sin π ,
4
AD
在 ADB 中，由正弦定理可得sin B
c
sin 3π
4
,8 分
AD 2
bcbc
所以sin C sin B 
sin

π  sin 3π
1 ,由于满足 AD2  bc ，
442
所以sin B sin C  1 ，10 分
2
②法 1.由于在△ABC 中， sin C  sin  A  B  ,
所以sin B sin  π  B   1 ,即sin B 
311
cs B  sin B  ，
 32
 222

3
1  cs2B
π 1
所以sin 2B  1 ，所以sin  2B  6   2 ,
22
B   0, 2π 
2Bπ
π 7π 
由于3  ，则 6    , ，
 66 
2Bππ5πππ
所以则  或
666
,解得 B 
或B 
6
，12 分
2
当 B  π 时， C  π ，所以 b  sin B  1 ，13 分
62csin C2
当 B  π 时， 2B  π ,则sin 2B  0 ，与已知矛盾。14 分
2
综上， b  1 .15 分
c2
法 2.由①知sin B sin C  1 ，又由（1）知 A  π
23
且cs(B  C)  cs B cs C  sin B sin C ，在△ABC 中， cs(B  C)  cs A ,…12 分
∴ cs B cs C  sin B sin C   cs A   1 ,13 分
2
∴ cs B cs C  0又ADC    B
4
故C  
2
，又 A  π
3
∴ B 
π ,………14 分
6
所以 b  sin B  1 .15 分
csin C2
11  ax
解：（1）①由题可得 g  x   ln x  ax 的定义域为0,   ， g ( x)   a 
xx
…1 分
当a  0 时， g x   0 恒成立， g  x  单调递增，………2 分
当a  0 时，令 g   x   0 ，得 x  1 ，
a
当 x   0, 1  时， g x   0 ，当 x   1 ,   时， g   x   0 ，
a  a

所以 g  x  在 0, 1  上单调递增，在 1 ,   上单调递减;3 分
a  a

综上,当 a  0 时, g  x  单调递增区间为(0, ) ,无减区间;
当a  0 时, g  x  单调递增区间为 0, 1  ,单调递减区间为 1 ,  4 分
a  a

②由①可知，
当 a  0 时， g(x)  ln x 在(0, ) 单调递增，只有一个零点 1，………5 分当 a  0 时， g(x) 在(0, ) 单调递增，又 g (1)  a  0, g (ea )  a(1  ea )  0.
∴由零点存在定理知， g(x) 在(0, ) 只有一个零点；6 分
当 a  0 时， g ( x)
max
1   ln a  1 .
g ()
a
在 ln a 1  0, 即0  a  1 时， g(x) 有两个不同零点;
e
在 ln a 1  0, 即a  1 时， g(x) 只有一个零点;
e
在 ln a 1  0, 即a  1 时， g(x) 无零点;
e
综上，当a  1 时， g(x) 零点个数为 0；
e
当 a  1 或a  0 时， g(x) 零点个数为 1；
e
当0  a  1 时， g(x) 零点个数为 2.9 分
e
（2）函数h  x   x ln x  ax 2 ， x  1, e
e
若 f 1 f e  a e  e2a   0 ,得0  a  1
从而 f  x  在1, e 上存在零点，故h  x  在1, e 上有最小值 0.11 分
若a  1 ，则 f  x   ln x 1 2ax ，
e
设 m(x) 
f  x   ln x 1  2ax ，则m( x)  1  2a  1  2ax (a  0) ，
xx
当a  1 时, m(x)  0 ，即m  x  在1, e 单调性递减，
2
而m(1)  1 2a  0 ， f  x   0 在1, e 上恒成立，故 f  x  在1, e 上为减函数，
故 f  x  f 1  a  0 ，故h  x  在1, e 上无最小值.13 分
11
当  a  时，在1  x 
e2
1 时， m(x)  0 ，在 1
2a2a
 x  e 时， m(x)  0 ，
故 f  x  在1, 1  上为增函数，在 1 ,e  为减函数
 2a  2a

又 f 1  1 2a  0 ， f e  2  2ae