四川省绵阳市2026届高三数学上学期10月月考试卷含解析

这是一份四川省绵阳市2026届高三数学上学期10月月考试卷含解析，共24页。试卷主要包含了 设集合 则， 已知向量 满足 ，则等内容，欢迎下载使用。

请各位考生认真阅读答题卡上的注意事项，不按要求填涂答题卡造成的成绩处理出错等后果一
律由考生自负.
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. （1–i）4=（ ）
A. –4 B. 4
C. –4i D. 4i
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数幂的运算性质，结合复数的乘方运算性质进行求解即可.
【详解】 .
故选：A.
【点睛】本题考查了复数的乘方运算性质，考查了数学运算能力，属于基础题.
2. 设集合 则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化简集合 ，再利用交集运算即可得到答案
【详解】因为 ，
所以 ，
故选：D
3. 甲、乙两人解关于 x 的不等式 ，甲写错了常数 b，得到的解集为 ；乙写错了
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常数 c，得到的解集为 ．那么原不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据韦达定理即可求解.
【详解】解：根据韦达定理得， ， 原不等式的两根 满足
，解得： ，
故解集为： ，
故选：D.
4. 已知向量 满足 ，则 （ ）
A. B. C. 0 D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答.
详解】向量 满足 ，
所以 .
故选：B
5. 已知 ，若 不能构成空间的一个基底，则 （
）
A. 3 B. 1 C. 5 D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果.
【详解】若 不能构成空间的一个基底，
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共面，
存在 ，使 ，
即 ，
解得 ，
故选： .
6. 已知椭圆 （ ）的左、右焦点分别为 ， ，点 是椭圆短轴的一个端点，且
，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理即可求解.
【详解】
由题意可知 ，
在 中，由余弦定理得 ，化简得 ，
则 ，所以 .
故选：C.
7. 已知函数 的导函数为 ，且 ，则 （ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对等式两边求导，求导的时候注意 是个常数，求导之后令 即可得出答案.
【 详 解 】 因 ， 所 以 ， 令 ， 则
， ．
故选：C
8. 数列 中， ，且 （ ），则数列 前 2021 项和为（
）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得 ，从而得 ，再由
得 ，所以 ，然后利用裂项相消求和法可求得
结果
【详解】因为 （ ），
所以 ，整理得， ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
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所以数列 前 2021 项和为
，
故选：B
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.全选对得
6 分，选对但不全得部分分，有选错得 0 分.
9. 在 4 张奖券中，一、二、三、四等奖各 1 张，将这 4 张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多 2 张，
则下列结论正确的是（ ）
A. 若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有 24 种不同的获奖情况
B. 若甲获得了一等奖和二等奖，则共有 6 种不同的获奖情况
C. 若仅有两人获奖，则共有 36 种不同的获奖情况
D. 若仅有三人获奖，则共有 144 种不同的获奖情况
【答案】ACD
【解析】
【分析】将 4 个奖项分给 4 个人的全排列数判断 A；按另两个奖项由 1 人获得、2 人获得分类计算判断 B；
将 4 个奖项按 平均分组，再分配判断 C；取 2 个奖项一组，分 3 组分给 3 人判断 D.
【详解】对于 A，若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有 种不同的获奖情况，A 正确．
对于 B，若甲获得了一等奖和二等奖，则其他三人有一人获得 2 个奖项或者有两人各获得 1 个奖项，
共有 种不同的获奖情况，B 错误．
对于 C，若仅有两人获奖，则有两人各获得 2 个奖项，共有 种不同的获奖情况，C 正确．
对于 D，若仅有三人获奖，则有一人获得 2 个奖项，有两人各获得 1 个奖项，
共有 种不同的获奖情况，D 正确．
故选：ACD
10. 已知函数 在区间 上单调，且满足 有
下列结论正确的有( )
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A.
B. 若 ，则函数 的最小正周期为 ；
C. 关于 x 的方程 在区间 上最多有 4 个不相等的实数解
D. 若函数 在区间 上恰有 5 个零点，则 的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A： 在 上单调， ， ，故 ；
B：求出区间 右端点 关于 的对称点 ，由题可知 在 上单调，
据此可求出 f(x)周期的范围，从而求出ω的范围.再根据 知 是 f(x)的对称轴，根据
对称轴和对称中心距离为周期的 倍即可求出ω，从而求出其周期；
C：根据ω的范围求出周期的范围，根据正弦型函数一个完整周期只有一个最高点即可求解；
D：由 知， 是函数 在区间 ， 上的第 1 个零点，而 在区间
上恰有 5 个零点，则 ，据此即可求ω的范围.
【详解】A，∵ ，∴ 在 上单调，又 ，
，∴ ，故 A 正确；
B，区间 右端点 关于 的对称点为 ，∵ ，f(x)在 上单
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调，∴根据正弦函数图像特征可知 在 上单调，∴ 为 的最
小正周期 ，即 3，又 ，∴ .若 ，则 的图象关于直线 对
称，结合 ，得 ，即 ，故 k＝0
， ，故 B 正确.
C，由 ，得 ，∴ 在区间 上最多有 3 个完整的周期，而 在 1 个完整周
期内只有 1 个解，故关于 的方程 在区间 上最多有 3 个不相等的实数解，故 C 错误.
D，由 知， 是函数 在区间 ， 上的第 1 个零点，而 在区间
上恰有 5 个零点，则 ，结合 ，得 ，又 ，∴
的取值范围为 ，故 D 正确.
故选：ABD.
【点睛】本题综合考察 的周期、单调性、对称中心、对称轴等特性，解题的关
键是熟练掌握正弦型函数对称轴，对称中心的位置特征，掌握正弦型函数单调性与周期的关系.常用结论：
(1)单调区间的长度最长为半个周期；(2)一个完整周期内只有一个最值点；(3)对称轴和对称中心之间的距离
为周期的 倍.
11. 如图，在棱长为 的正方体 中， ， ， ， 分别是 ， ， ， 的
中点，则下列说法正确的有（ ）
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A. ， ， ， 四点共面
B. 与 所成角的大小为
C. 在线段 上存在点 ，使得 平面
D. 在线段 上任取一点 ，三棱锥 的体积为定值
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的共面定理可判断 A 选项，利用坐标法求异面直线夹角可直接判
断 B 选项，假设在线段 上存在点 ，设 ， ，利用坐标法验证线面垂直，可判断
C 选项；分别证明 与 上的所有点到平面 的距离为定值，即可判断 D 选项.
【详解】以 为原点，以 ， ， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ， ， ，
， ，
设 ，
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则 ，
所以 ，解得 ，
故 ，即 ， ， ， 四点共面，故 A 正确；
因为 ， ，
所以 ，
所以 与 所成角的大小为 ，故 B 错误；
假设在线段 上存在点 ，符合题意，
设 （ ），则 ，
若 平面 ，则 ， ,
因为 ， ，
所以 ，此方程组无解，
所以在线段 上不存在点 ，使得 平面 ，故 C 错误；
因为 ，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
故 上的所有点到平面 的距离即为 到平面 的距离，是定值，
又 的面积是定值，
所以在线段 上任取一点 ，三棱锥 的体积为定值，故 D 正确；
故选：AD.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 圆 与圆 的公共弦长为______.
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【答案】
【解析】
【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆 的圆心到相交弦所在直线的
距离，利用勾股定理可求得相交弦长.
【详解】将圆 与圆 的方程作差可得 ，
所以，两圆相交弦所在直线的方程为 ，
圆 的圆心为原点 ，半径为 ，
原点 到直线 的距离为 ，
所以，两圆的公共弦长为 .
故答案为： .
13. 记数列 的前 n 项和为 ，若 ，且 ，则 ___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意得 ，利用递推关系得 是以 为首项，2 为公比的等比
数列，由此得 表达式，进而结合 即可得解.
【详解】由题意 ，所以 ，解得 ，
当 时， ，
所以 ，
所以 是以 为首项，2 为公比的等比数列，
所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故答案为： .
14. 意大利画家列奥纳多 达 芬奇 的画作 抱银貂的女人 中，女士脖颈上悬挂的黑色
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珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达 芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下
自然下垂，项链所形成的曲线是什么 这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数解析式：
，其中 a 为悬链线系数， 称为双曲余弦函数，其函数表达式为 ，
相应地双曲正弦函数的函数表达式为 若直线 与双曲余弦函数 与双曲正
弦函数 分别相交于点 ，曲线 在点 A 处的切线 ，曲线 在点 B 处的切线 相交于点 P，且
为钝角三角形，则实数 m 的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
求导得到函数的导函数，计算切线方程得到交点坐标 ，计算向量的数量积得到 ， 均
为锐角， 为钝角，故 ，解得答案.
【详解】由题可知： ， ，
，则 ， ，
则 ： ，
同理 ： ，故 ，
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所以 ，
于是 ，
因为 ，所以 ，
所以 ， 均 锐角，从而 为钝角.
由 得： ，
故实数 m 的取值范围为 .
故答案为： .
【点睛】本题考查了根据三角形形状求参数，属于较难题.
方法点睛：
当三角形中 为钝角时，转化为 ；
当三角形中 为直角时，转化为 ；
当三角形中 为锐角时，转化为 ；
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. 记 为数列 的前 n 项和， 为数列 的前 n 项积，已知 ．
（1）证明：数列 是等差数列;
（2）求 的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】（1）由已知 得 ,且 ，取 ,得 ,由题意得
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,消积得到项的递推关系 ,进而证明数列 是等差数列;
（2）由（1）可得 的表达式,由此得到 的表达式,然后利用和与项的关系求得 .
【详解】（1）[方法一]：
由已知 得 ,且 ， ,
取 ,由 得 ,
由于 为数列 的前 n 项积，
所以 ,
所以 ，
所以
由于
所以 ，即 ,其中
所以数列 是以 为首项，以 为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是 ． ②
由①②得 ． ③
又 ， ④
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由③④得 ．
令 ，由 ，得 ．
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列．
[方法三]：
由 ，得 ，且 ， ， ．
又因为 ，所以 ，所以
．
在 中，当 时， ．
故数列 是以 为首项， 为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知 ，得 ， ， ， ，猜想数列 是以 为首项， 为公
差的等差数列，且 ．
下面用数学归纳法证明．
当 时显然成立．
假设当 时成立，即 ．
那么当 时， ．
综上，猜想对任意的 都成立．
即数列 是以 为首项， 为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列 是以 为首项，以 为公差的等差数列，
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,
,
当 n=1 时， ,
当 n≥2 时, ,显然对于 n=1 不成立,
∴ .
【整体点评】（1）方法一从 得 ，然后利用 的定义，得到数列 的递推关系，
进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从 的定义，替换相除得到 ，再结合 得到 ，从而证得结论，为
最优解；
方法三由 ，得 ，由 的定义得 ，进而作差证得结论；方法四
利用归纳猜想得到数列 ，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1） 结论得到 ，求得 的表达式,然后利用和与项的关系求得 的通项公式；
16. 如图，在四棱锥 中， 是正三角形，四边形 是菱形， ，
，点 是 的中点．
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（1）求证： 平面 ；
（2）若平面 平面 ，求点 到平面 的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证得 ，即可根据线面平行的判定证得结论；
（2）方法一：证得 平面 ，以 为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点面距离；
方法二：证得 平面 ，由 ，根据等体积法求线面距离．
【小问 1 详解】
解：证明：在四棱锥 中，连接 交 于点 ，
则 为 的中点，连接 ．
为 的中点，
，
又 平面 ， 平面 ，
平面 ．
【小问 2 详解】
方法一： 四边形 是菱形，且 ，
为正三角形，取 的中点 ，连接 ， ，
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则 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ．
是正三角形， ．
以 为原点，分别以 ， ， 所在的直线为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ．
又 ，则 ， ， ， ， ，
， ．
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则
又 ，
设点 到平面 的距离为 ，
则 ，
即点 到平面 的距离为 ．
方法二： 四边形 是菱形，且 ，
为正三角形，取 的中点 ，
连接 ， ，则 ，
又 平面 平面 ，平面 平面 ，
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平面 ．
， 是正三角形， ，易得 ，
，连接 ，
．
由 ， ．
取 的中点 ，连接 ．
， ，
，
可得 ．
设点 到平面 的距离为 h，由 ，
得 ，
解得 ，即点 到平面 的距离为 ．
17. 在中国诗词大会的比赛中，选手需要回答两组题展示自己的诗词储备.
（1）第一组题是情境共答题，参与比赛者需根据情境填写诗句.小王知道该诗句的概率是 ，且小王在不知
道该诗句的情况下，答对的概率是 .记事件 A 为“小王答对第一组题”，事件 B 为“小王知道该诗句”.
（ⅰ）求小王答对第一组题的概率 ；
（ⅱ）在小王答对第一组题的情况下，求他知道该诗句的概率 .
（2）小王答对第一组题后开始答第二组题.第二组题为画中有诗，该环节共有三道题，每一题答题相互独立，
但难度逐级上升，小王知道第 n 题的诗句的概率仍为 ，但是在不知道该诗句的情况下，答对的概率为
，已知每一题答对的得分表如下（答错得分为 0）：
题号 第 1 题 第 2 题 第 3 题
得分 2 分 4 分 6 分
若获得 8 分及以上则挑战成功，求小王挑战成功的概率.
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【答案】（1）（ⅰ） ；（ⅰⅰ）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）根据全概率公式，将事件 分为“知道诗句答对”和“不知道诗句答对”这两种情况来
计算.
（ii）运用贝叶斯公式进行计算.
（2）先分别计算答对每一题的概率，再根据获得 分及以上的得分情况，分析出不同的答题组合，最后利
用相互独立事件概率的乘法公式计算出每种组合的概率，将其相加得到挑战成功的概率.
【小问 1 详解】
（i）已知 ，则 .
在知道诗句的情况下一定答对，即 ；在不知道诗句的情况下答对的概率 .
根据全概率公式 ，将上述概率值代入可得：
.
（ii）计算在小王答对第一组题的情况下，他知道该诗句的概率
根据贝叶斯公式 .
由前面计算可知 ， ， ，代入可得：
.
【小问 2 详解】
设事件 为“小王答对第二组题中的第 题”（ ）.
已知小王知道第 题诗句的概率为 ，不知道该诗句的情况下答对的概率为 .
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则 ；
；
.
因为获得 分及以上则挑战成功，所以有以下几种情况：
答对第 、 题，答错第 题，其概率为 .
答对第 、 题，答错第 题，其概率为 .
答对第 、 、 题，其概率为 .
因为这几种情况互斥，所以小王挑战成功的概率为：
.
18. 如图，设抛物线 的焦点为 ，过点 的直线与 交于 两点，且
.记 的面积分别为 .
（1）求抛物线 的方程；
（2）求 的最小值；
（3）设点 ，直线 与抛物线 的另一交点为 ，求证：直线 过定点.
【答案】（1）
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（2） .
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设出直线 的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合垂直关系的坐标表示求出 ，即可
得方程；
（2）列出面积表达式，利用基本不等式求解即得；
（3）设 ，求出直线 方程 ，与抛物线方程联立，结合（1）的信息可得
，再设出直线 方程，与抛物线方程联立结合韦达定理推理即得.
【小问 1 详解】
设 ，直线 ，
由 消去 整理得 ，
，
由 ，得 ，即 ，解得 ，
故抛物线 的方程是 .
【小问 2 详解】
由（1）可得 ，
所以 ，
，当且仅当 时等号成立，
所以 的最小值为 .
【小问 3 详解】
设 ，则直线 的斜率 ，方程为 ，
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由 消去 得
整理得 ，显然 ，
于是 ，
又 ，联立消去 ，得 ，
设直线 ，与抛物线联立 ，整理得 ，
，因此 ，
直线 恒过定点 .
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ， ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 x（或 y）的一元二次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 已知函数 ．（e 为自然对数的底数）
（1）当 时，证明 存在唯一的极小值点 ，且 ；
（2）若函数 存在两个零点，记较小的零点为 ，s 是关于 x 的方程 的根，
证明： ．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数 的导数，利用导函数的单调性，结合零点存在性定理推理即得.
（2）利用函数零点的意义结合同构思想可得 为 两根中较小的根，且 ，再结合已知构造函
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数，借助单调性推理即得.
【小问 1 详解】
当 时， ，求导得 ，
显然函数 在 上单调递增，且 ，
则存在 ，使得当 时， ，当 时， ，且 ，即
，
因此函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 存在唯一的极小值点 ，
而 ，所以 .
【小问 2 详解】
令 ，得 ，设 ，显然 在定义域上单调递增，
而 ，则有 ，于是 ，
依题意，方程 有两个不等的实根，即函数 在定义域上有两个零点，
显然 ，当 时， 的定义域为 ， 在 上单调递增，
最多一个零点，不符合题意，因此 ， 的定义域为 ，
求导得 ，当 时， ，当 时， ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增， ，
要 有两个零点，必有 ，即 ，此时 ，即 在 有一个零点，
，令 ，求导得 ，显然 在 上递增，
，函数 在 上递增， ，
于是 ，则函数 在 上存在唯一零点，
由 为 的两个根中较小的根，得 ，
又 ，从而 ，则有 ，
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设 ，
当 时， ，有 ，符合题意，
当 时， ，则 在 上单调递增， ，不合题意，
因此 ，设 ，求导得 ，
当 时，令 ，则 ，
于是 在 上单调递增，从而 ，即 ，
从而 ，即 在 单调递增，则 ，
于是 ，即有 ，所以 .
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函
数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
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