2026届浙江省强基联盟高三上学期10月联考数学试题 （解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省强基联盟2026届高三上学期10月联考数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】依题意，，而，所以.故选：B.2.若复数满足，则的虚部为（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】设，则，则，因此．故选：A．3.已知等差数列的公差不为0，成等比数列，且，则公差（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由成等比数列，则，又，则，解得.故选：B．4.已知平面内有四点，若，则“三点共线”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当时，，因此，所以三点共线；另一方面，当三点共线时，若四点也共线，设，则，若系数和恒为1，则有恒为1，恒为1，显然因的不确定性，假设不成立，因此系数和并不一定恒为1．则“三点共线”是“”的必要不充分条件.故选：B．5.若是锐角，满足，则（）A.0 B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以.又因为均为锐角，故，所以．故选：A.6.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，为双曲线右支上的点，若双曲线的离心率为2，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为双曲线的离心率为，即，则，不妨设双曲线方程为，则点，，设点，过点作轴，垂足为，则，在直角中，因为，可得，可得，联立方程组，可得，即，所以，所以.故选：C.7.甲、乙两人玩扑克牌游戏，他们拿出了张牌（且），其中“红心”花色的牌共有4张．将牌洗匀后合为一堆，两人依次从牌堆最上方拿一张牌（甲先拿牌），直到拿完所有牌为止．记事件为“甲、乙二人手中各有两张‘红心’花色的牌”，事件为“甲、乙二人其中一人手中只有一张‘红心’花色的牌”，则（）A.对任意满足题意的，都有B.对任意满足题意的，都有C.对任意满足题意的，都有D.，的大小关系与有关【答案】D【解析】将张牌视作个位置，当牌洗匀后，每张牌位于每个位置的可能性是相等的，而“红心”花色的牌有4张，需占用4个位置，因此，，则，因此当时，；当时，；当时，．故选：D．8.设定义在上的奇函数的导函数为，且对任意的，，，则的值为（）A. B.0 C.2 D.2026【答案】C【解析】令，可得，因为，所以，所以，当时，可得，因此，故，所以，即的一个周期为，因此，又因为为奇函数，可得，所以的图象关于直线轴对称，所以．故选：C．二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知函数，则下列结论正确的是（）A.是奇函数B.是单调递增函数C.的图象关于点对称D.若，则【答案】ABD【解析】对于A，由函数，可得的定义域为，关于原点对称，，，所以，即，所以为奇函数，所以A正确；对于B，由，因此在上单调递增，所以B正确；对于C，由，可得的图象不关于点对称，所以C错误；对于D，由，可得，即，所以，因为在上单调递增，所以，因此，所以D正确．故选：ABD．10.在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（）A.B.当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16C.一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45D.若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为【答案】ACD【解析】对于，当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号是“1”有两种情况：第一种情况是第一次发送0接收为1，第二次发送1接收为1，其概率为；第二种情况是第一次发送0接收为0，第二次发送1接收为0，其概率为，因为这两种情况是互斥的，根据互斥事件概率加法公式，可得接收到的信号是“1”的概率为，解得，所以选项A正确；对于，发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收有两种情况：第一种情况是第一次发送1接收为1，第二次发送1接收为0，其概率为；第二种情况是第一次发送1接收为0，第二次发送1接收为1，其概率为。根据互斥事件概率加法公式，恰有一次被正确接收的概率为，所以选项B错误；对于,一次发信后被接收为信号“1”有两种情况：第一种情况是发送0收为1其概率为；第二种情况是发送1收为1其概率为，根据互斥事件概率加法公式，一次发信后被接收为信号“1的概率为，所以选项C正确；对于，设事件表示“一次发信后被接收为信号1，事件表示“接收正确”。由前面计算可知，表示发送1接收为1概率，即，根据条件概率公式可得，所以选项D正确.故选：．11.已知动点序列与圆，设表示到圆上的点的最短距离．则下列结论正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，的面积满足D.当时，记，则满足【答案】BD【解析】由圆，可得圆心，半径为，且，对于A，点到圆上的点的最短距离为，可得，所以A错误；对于B，当时，可得，所以，所以B正确；对于C，，整理得，因为函数单调递减，可得，又因为，所以，所以数列单调递增，所以C错误；对于D，当时，，故，所以，可得，所以D正确．故选：BD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知直线的一个方向向量为，且过，则直线的方程为__________．【答案】【解析】由直线的方向向量为，可得直线的斜率，因为直线过点，所以直线的方程为，即.故答案为：.13.已知正三棱锥满足，，则的外接球表面积为______．【答案】【解析】因为三棱锥为正三棱锥，又，所以，又，设为三棱锥的高，则其外接球的球心在上，且为等边的中心，如图所示，设外接球的半径为，延长交于点，则，在等边中，可得，则，所以，所以，即，解得，所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.14.已知，且，若不等式恒成立，则实数的最大值为______．【答案】【解析】∵，∴，原式等价于，化简得右式.以作为主元可得右式在时取到最小值，此时右式，令，则右边，令，，即函数在上单调递增，在上单调递减，∴，因此．故答案为：.四、解答题：本大题共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.在锐角三角形中，设角所对的边分别为，已知且．（1）求角的大小；（2）求的取值范围．解：（1）因为，由正弦定理，可得，即，又由余弦定理，可得，又因为，所以．（2）由正弦定理，可得，由（1）知，可得，得，因为为锐角三角形，可得，即，解得，所以，可得，所以，即，所以的取值范围为．16.在直三棱柱中，，，，分别为的中点．（1）求证：平面；（2）若二面角是直二面角，求的长；（3）在（2）的条件下，求三棱锥的体积．（1）证明：连接，在矩形中得，由于为的中位线，故．又平面，平面，故平面．（2）解：以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设，，，，，且，则，．设平面的一个法向量，则取得．同理可取平面的一个法向量．因此，得．解得．所以．（3）解：由题可知，．17.已知是曲线与轴的交点，点，在曲线上，且点异于点，直线与相交于点，直线与相交于点．（1）若点的坐标为，求曲线的焦点坐标；（2）若为坐标原点，直线与相交于点，直线与相交于点．求证：，，成等比数列．（1）解：将点的坐标代入曲线方程得，得，故，因此曲线的焦点坐标为与．（2）证明：设点，，则直线的方程为，直线的方程为，联立解得，同理，，．因此，．另一方面，，得．．因此，即成等比数列．18.已知函数．（1）求曲线经过点的切线方程；（2）若对定义域内的任意恒成立，求实数的取值范围．解：（1）由函数，可得，设切点为，则切线方程为，将坐标代入，可得，即，可得，所以，所以切线方程为．（2）因为函数，，由不等式，可得，所以恒成立，令，则，令，，所以在为增函数，因为，，故，使得，即，可得，所以，又由函数，可得，所以在单调递增，所以，即，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，所以，所以实数的取值范围为．19.已知数列满足，其中，．（1）若，证明：对任意的正整数，都有成立．（2）若，（ⅰ）试探究是否存在满足条件的，使得，若存在则求出一组的值，若不存在，请说明理由；（ⅱ）取为的小数部分，其中，，求的值．（1）证明：因为且，可得，两式相减，可得，即又因为，所以，则，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，故，又由，所以，即对任意的正整数，都有成立.（2）解：当时，，可得．（ⅰ）由，，，代入可得，，所以，所以不存在满足条件的；（ⅱ）由（i）可得，当时，，，所以的情况与相同；当时，设，则，，，故的小数部分与的小数部分相等，所以与的小数部分相等．又由，故，所以是周期数列且周期为，，不妨设，则，，，则，因此，当时，而，故，所以数列是周期数列，周期为，不妨设，则，，，因此，．同上可得，综上所述，无论与如何选取，都有．浙江省强基联盟2026届高三上学期10月联考数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】依题意，，而，所以.故选：B.2.若复数满足，则的虚部为（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】设，则，则，因此．故选：A．3.已知等差数列的公差不为0，成等比数列，且，则公差（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由成等比数列，则，又，则，解得.故选：B．4.已知平面内有四点，若，则“三点共线”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当时，，因此，所以三点共线；另一方面，当三点共线时，若四点也共线，设，则，若系数和恒为1，则有恒为1，恒为1，显然因的不确定性，假设不成立，因此系数和并不一定恒为1．则“三点共线”是“”的必要不充分条件.故选：B．5.若是锐角，满足，则（）A.0 B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以.又因为均为锐角，故，所以．故选：A.6.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，为双曲线右支上的点，若双曲线的离心率为2，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为双曲线的离心率为，即，则，不妨设双曲线方程为，则点，，设点，过点作轴，垂足为，则，在直角中，因为，可得，可得，联立方程组，可得，即，所以，所以.故选：C.7.甲、乙两人玩扑克牌游戏，他们拿出了张牌（且），其中“红心”花色的牌共有4张．将牌洗匀后合为一堆，两人依次从牌堆最上方拿一张牌（甲先拿牌），直到拿完所有牌为止．记事件为“甲、乙二人手中各有两张‘红心’花色的牌”，事件为“甲、乙二人其中一人手中只有一张‘红心’花色的牌”，则（）A.对任意满足题意的，都有B.对任意满足题意的，都有C.对任意满足题意的，都有D.，的大小关系与有关【答案】D【解析】将张牌视作个位置，当牌洗匀后，每张牌位于每个位置的可能性是相等的，而“红心”花色的牌有4张，需占用4个位置，因此，，则，因此当时，；当时，；当时，．故选：D．8.设定义在上的奇函数的导函数为，且对任意的，，，则的值为（）A. B.0 C.2 D.2026【答案】C【解析】令，可得，因为，所以，所以，当时，可得，因此，故，所以，即的一个周期为，因此，又因为为奇函数，可得，所以的图象关于直线轴对称，所以．故选：C．二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知函数，则下列结论正确的是（）A.是奇函数B.是单调递增函数C.的图象关于点对称D.若，则【答案】ABD【解析】对于A，由函数，可得的定义域为，关于原点对称，，，所以，即，所以为奇函数，所以A正确；对于B，由，因此在上单调递增，所以B正确；对于C，由，可得的图象不关于点对称，所以C错误；对于D，由，可得，即，所以，因为在上单调递增，所以，因此，所以D正确．故选：ABD．10.在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（）A.B.当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16C.一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45D.若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为【答案】ACD【解析】对于，当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号是“1”有两种情况：第一种情况是第一次发送0接收为1，第二次发送1接收为1，其概率为；第二种情况是第一次发送0接收为0，第二次发送1接收为0，其概率为，因为这两种情况是互斥的，根据互斥事件概率加法公式，可得接收到的信号是“1”的概率为，解得，所以选项A正确；对于，发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收有两种情况：第一种情况是第一次发送1接收为1，第二次发送1接收为0，其概率为；第二种情况是第一次发送1接收为0，第二次发送1接收为1，其概率为。根据互斥事件概率加法公式，恰有一次被正确接收的概率为，所以选项B错误；对于,一次发信后被接收为信号“1”有两种情况：第一种情况是发送0收为1其概率为；第二种情况是发送1收为1其概率为，根据互斥事件概率加法公式，一次发信后被接收为信号“1的概率为，所以选项C正确；对于，设事件表示“一次发信后被接收为信号1，事件表示“接收正确”。由前面计算可知，表示发送1接收为1概率，即，根据条件概率公式可得，所以选项D正确.故选：．11.已知动点序列与圆，设表示到圆上的点的最短距离．则下列结论正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，的面积满足D.当时，记，则满足【答案】BD【解析】由圆，可得圆心，半径为，且，对于A，点到圆上的点的最短距离为，可得，所以A错误；对于B，当时，可得，所以，所以B正确；对于C，，整理得，因为函数单调递减，可得，又因为，所以，所以数列单调递增，所以C错误；对于D，当时，，故，所以，可得，所以D正确．故选：BD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知直线的一个方向向量为，且过，则直线的方程为__________．【答案】【解析】由直线的方向向量为，可得直线的斜率，因为直线过点，所以直线的方程为，即.故答案为：.13.已知正三棱锥满足，，则的外接球表面积为______．【答案】【解析】因为三棱锥为正三棱锥，又，所以，又，设为三棱锥的高，则其外接球的球心在上，且为等边的中心，如图所示，设外接球的半径为，延长交于点，则，在等边中，可得，则，所以，所以，即，解得，所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.14.已知，且，若不等式恒成立，则实数的最大值为______．【答案】【解析】∵，∴，原式等价于，化简得右式.以作为主元可得右式在时取到最小值，此时右式，令，则右边，令，，即函数在上单调递增，在上单调递减，∴，因此．故答案为：.四、解答题：本大题共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.在锐角三角形中，设角所对的边分别为，已知且．（1）求角的大小；（2）求的取值范围．解：（1）因为，由正弦定理，可得，即，又由余弦定理，可得，又因为，所以．（2）由正弦定理，可得，由（1）知，可得，得，因为为锐角三角形，可得，即，解得，所以，可得，所以，即，所以的取值范围为．16.在直三棱柱中，，，，分别为的中点．（1）求证：平面；（2）若二面角是直二面角，求的长；（3）在（2）的条件下，求三棱锥的体积．（1）证明：连接，在矩形中得，由于为的中位线，故．又平面，平面，故平面．（2）解：以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设，，，，，且，则，．设平面的一个法向量，则取得．同理可取平面的一个法向量．因此，得．解