2025-2026学年云南省高三10月大联考数学试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年云南省高三10月大联考数学试题（附答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．若全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．20B．22C．18D．19
4．若向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．已知双曲线的实轴长为8，过的焦点且垂直于实轴的弦长为6，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知随机变量且，则（ ）
A．0.0455B．0.9545C．0.02275D．0.47725
7．若底面边长为6的正三棱柱存在内切球（球与正三棱柱的所有面均相切），则该正三棱柱的体积为（ ）
A．27B．54C．18D．
8．对，都有.当时，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知正项等比数列的前项和为，且，，则（ ）
A．数列是单调递减数列B．
C．D．
10．已知点为空间中的一点，直线过点，且与一对异面直线和均有公共点，则这样的直线可能有（ ）
A．0条B．1条C．2条D．无数条
11．已知是，两点的曼哈顿距离，点是函数图象上的动点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．若动点满足，则点的轨迹是一个边长为的正方形
B．的图象与两坐标轴围成的区域的面积是
C．若，则点的轨迹是以为原点，6为半径的圆上的一段圆弧，且长度为
D．若，将点的轨迹逆时针旋转后得到的曲线与点的轨迹关于轴对称
三、填空题
12．展开式中的常数项为 ．
13．已知，分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线上有且只有一点满足，则直线的方程是 .
14．已知函数，若，对都有，则的最小值为 .
四、解答题
15．已知函数．
(1)若，求的图象在处的切线方程；
(2)若与的图象有公共点，求的取值范围．
16．已知M，m分别为五个实数的最大值和最小值.若从这五个数中去掉后，求得它们的平均数为90.5.若从这五个数中去掉后，求得它们的平均数为91.记
(1)求焦点为，准线方程为的抛物线的标准方程；
(2)在（1）的条件下，若点为上一点，A，B为上异于点的两个动点，且，求证：直线恒过定点.
17．记的内角、、的对边分别为、、，已知.
(1)证明：；
(2)若，，求的面积.
18．如图，M，N分别是圆台上、下底面的圆心，四边形是圆台下底面圆的内接正方形，，点在圆台上底面圆上.若平面平面且.
(1)求圆台的上底面圆的半径；
(2)求证：平面平面；
(3)若二面角的正弦值为，求圆台的高.
19．在某电子竞技游戏的一个环节中，三名编号分别为0，1，2的职业选手，面对面围成一个圈，在全息投影的环境竞技场上进行“量子球传递”挑战.初始时，量子球由明星选手0号持有，每回合传递遵循以下规则：
①选手以概率将球传给左侧的选手（顺时针传递）；
②选手以概率将球传给右侧的选手（逆时针传递）.
记量子球首次回到0号选手的传递次数为时的概率为，.

(1)求，的值；
(2)求数列的通项（用和表示）；
(3)若随机变量表示量子球首次回到0号选手所需的传球次数，求.
注：1.若数列的前项和为，则数列的无穷项之和是当时，的极限；
2.当时，.
《云南省2026届高三10月大联考数学试题》参考答案
1．D
【分析】根据复数模的运算公式，即可求解.
【详解】由题意，得.
故选：D.
2．B
【分析】根据集合的交并补运算易得.
【详解】由题意，得，所以，
又，则.
故选：B.
3．A
【分析】根据等差数列的通项公式及求和公式列方程求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由题意，得，解得，
所以.
故选：A
4．C
【分析】代入投影向量的运算公式，即可求解.
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故选：C.
5．D
【分析】根据双曲线的性质，列方程组，即可求解.
【详解】不妨设双曲线的标准方程为，由题意，得，
解得，所以的半焦距，所以的离心率.
故选：D
6．C
【分析】利用标准正态分布求解即可.
【详解】因为随机变量，，
所以.
故选：C.
7．B
【分析】先求出边长为6的正三角形的内切圆半径，再由棱柱的体积公式计算可得.
【详解】易知边长为6的正三角形的内切圆半径为，所以若正三棱柱存在内切球，
则该正三棱柱的高为，所以该正三棱柱的体积.
故：B.
8．B
【分析】根据题设条件推得2为的一个周期，利用函数的周期性易得函数值.
【详解】由题意，，
则2为的一个周期，
故.
故选：B.
9．BC
【分析】根据给定条件，求出公比及首项，进而求出通项，再逐项判断得解.
【详解】设等比数列的公比为，由
得，解得，由，解得，
对于A，，数列是单调递增数列，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC
10．ABD
【分析】由题意作出图形，构造两平行平面，根据点与平面，直线的不同位置关系分类考虑即得.
【详解】在直线上任取一点，过该点作直线的平行线.记相交直线和确定平面.
在直线上任取一点，过该点作直线的平行线，记相交直线和确定平面，易知，
则任意两条异面直线和均可分别放在两个相互平行的平面和平面内，如图所示，
当点在平面和平面外时，满足条件的直线有且只有一条(如图1)；
当点在平面或者平面内且在直线a，b外时，满足条件的直线有0条（如图2）；
当点在直线或者直线上时，满足条件的直线有无数条（如图3）.
故选：ABD.
11．ACD
【分析】根据曼哈顿距离定义可知点的轨迹即可判断A；利用圆的面积公式求解判断B；根据曼哈顿距离定义可知点的轨迹，求出圆心角即可求出弧长判断C；数形结合即可判断D.
【详解】对于A，设，由，得，
所以点的轨迹是以原点为中心，，，，为顶点的正方形，
且边长为，故A正确；
对于B，的图象是以原点为圆心，6为半径的圆在第一象限内的圆弧，
即的图象与两坐标轴围成的区域的面积是，故B错误；
对于C，如图，当时，点的轨迹是以原点为中心，

对角线分别在轴和轴上且边长为的正方形，
所以当时，满足条件的点对应的轨迹是
函数的图象落在正方形边上及正方形外部的部分.
易知该正方形在第一象限的边长所在的直线为.
过点作于点，易知，所以直线与圆弧相交，
记交点分别为C，D，连接OC，OD，即点的轨迹为，
在Rt中，，
所以，所以，
即的长度为，故C正确；
由选项C的分析，结合点的轨迹，
知将点的轨迹逆时针旋转后得到的曲线与点的轨迹关于轴对称，故D正确.
故选：ACD.
12．
【分析】先求出二项式展开式的通项，然后赋值求得，即可求解常数项.
【详解】展开式的通式为，
令，得，所以常数项为．
故答案为：
13．或
【分析】求出椭圆的长半轴长和短半轴长1，由过点的直线上有且只有一点满足，可得直线与相切，即直线为过点的的切线方程，从而得到所求.
【详解】椭圆的长半轴长为2，短半轴长为1.当点在的内部时，有；
当点在上时，有；当点在的外部时，有.
因为过点的直线上有且只有一点满足，
所以只有当直线与相切（直线与有唯一公共点）时，符合题意，
即直线为过点的的切线方程，所以此时直线的方程为或.
故答案为：或.
14．
【分析】首先通过赋值得到，再证明是不等式成立的充分条件，再根据基本不等式，即可求解.
【详解】①因为对都有..
不妨令，则，所以，又，
所以.
②当时，
，符合题意.
由①②，知.所以，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.
故填：
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求解切线方程；
（2）由题可得，令，利用导数判断函数的单调性和最小值，并结合函数的零点即可求解．
【详解】（1）当时，，
则，即切点为，
因为，所以切线斜率，
所以所求切线方程为，即，
所以的图象在处的切线方程为；
（2）由题意，知有解，即有解，
整理得，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，
当时，；当时，，
所以的值域为，
即，即，
所以的取值范围是．
16．(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）列出平均数的等式计算出的值就是的值，从而得到的标准方程；
（2）将点代入的方程得到，即点.设，，其中，，且.由得到，利用斜率公式，整理，得.求出直线的方程，即可得到直线恒过定点.
【详解】（1）由题意，得，，
则①，②，
②-①，得，即，
所以的标准方程为.
（2）将点代入的方程，得，所以，即点.
设，，其中，，且.
因为，所以，
即，
整理，得，所以.
直线的方程为，
即，
所以当时，，所以直线恒过定点.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理得出，再由二倍角的余弦公式、两角和与差的余弦公式化简可得出结论；
（2）由三角函数有界性分析可得，可得出角的值，由可得出角的值，进而可得出角的值，进而得出，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】（1）由及正弦定理得，
即，整理得.
因为
，
所以.
因为，所以，所以.
（2）由（1）知，
又，所以，
即，又，所以.
又，所以，所以，
所以在中，，所以.
18．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）过点作，先证得平面，从而得到且，然后结合条件即得；
（2）根据线面垂直的判定可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即得；
（3）通过建系写坐标，利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）如图，过点作，垂足为，连接EN.
因为平面平面，且平面平面，
平面且，
所以平面，即为圆台的高.
因为M，N分别为圆台上、下底面的圆心，所以平面，也为圆台的高，
所以且，即四边形PENM为平行四边形，
所以上底面圆的半径.
又四边形是圆台下底面圆的内接正方形，，且，
所以为的中点，，即圆台的上底面圆的半径为.
（2）由（1）知四边形PENM为平行四边形.
因为平面，平面，所以，即，
所以平行四边形为矩形，所以.
又且，所以.
因为平面，平面，且，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（3）设的中点为，的中点为，连接，，以为原点，
，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设圆台的高为，则，，，，，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，所以是平面的一个法向量.
因为平面，且平面，所以平面平面.
连接，因为为正方形的外接圆圆心，所以，
又平面，平面平面，
所以平面，即为平面的一个法向量，
所以.
因为二面角的正弦值为，所以，
所以，
解得，即圆台的高为.
19．(1).
(2)
(3)3
【分析】（1）由经过2次传递回到0号选手只有两种情况：0-1-0或者0-2-0，和经过3次传递回到0号选手也只有两种情况：0-1-2-0或者0-2-1-0，结合概率乘法公式即可求解；
（2）由为奇数，分两种情况：①第一次量子球的传递为0-1，和②第一次量子球的传递为0-2，计算，和为偶数，也分两种情况：①第一次量子球的传递为0-1，和②第一次量子球的传递为0-2，讨论计算即可.
（3）由，在分成奇数项的和与偶数项的和求解.
【详解】（1）由题意，得量子球经过2次传递回到0号选手只有两种情况：0-1-0或者0-2-0，所以.
量子球经过3次传递回到0号选手也只有两种情况：0-1-2-0或者0-2-1-0，所以.
（2）当时，.
当且时，
若为奇数，分两种情况：
①第一次量子球的传递为0-1，则第次也就是最后一次量子球的传递必为2-0，中间的次传递均在1号选手和2号选手之间进行，且其中顺时针方向传递次，逆时针方向传递次，此时概率为.
②第一次量子球的传递为0-2，则第次也就是最后一次量子球的传递必为1-0，中间的次传递均在1号选手和2号选手之间进行，且其中顺时针方向传递次，逆时针方向传递次，此时概率为.
所以当且为奇数时，.
若为偶数，也分两种情况：
①第一次量子球的传递为0-1，则第次也就是最后一次量子球的传递必为1-0，中间的n-2次传递均在1号选手和2号选手之间进行，且其中顺时针方向传递次，逆时针方向传递次，此时概率为.
②第一次量子球的传递为0-2，则第次也就是最后一次量子球的传递必为2-0，中间的次传递均在1号选手和2号选手之间进行，且其中顺时针方向传递次，逆时针方向传递次，此时概率为.
所以当为偶数时，.
综上，知
（3）由题意，得.
若令，则，令，
则其中偶数项部分和（，，）
，
因为
（裂项相消法）
所以
（因为，所以），
所以，同理可证，
奇数项部分和（，，）
，
所以，
代入和，
得，
且，
所以.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
A
C
D
C
B
B
BC
ABD
题号
11









答案
ACD