2027届浙江省强基联盟高三月考数学试题（含解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）2026年高三10月题库数学试题考生注意：1．本试卷满分150分，考试时间120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．1 B． C．2 D．2．已知随机变量，若，则（

）A．0.2 B．0.3 C．0.5 D．0.83．在平面直角坐标系中，已知点，，，则点是的（

）A．外心 B．垂心 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．4 B．10 C．13 D．23二、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800名学生的物理期末考试成绩，随机抽取100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75C．样本成绩的中位数估计值为70D．该校高一物理期末成绩不低于80分的学生约有280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．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．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．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．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．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：．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．A【详解】已知，故的虚部为1．2．D【详解】由得，，所以，由对称性可知，，即，所以.3．D【详解】由题意得，，所以点是的重心，故D正确.4．C【分析】先求圆心到直线的距离，再结合垂径定理求弦长.【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，则圆心到直线：的距离，所以.5．C【分析】由已知求和，然后代入等差数列的前项和公式，转化为二次函数问题求解即可．【详解】设数列的公差为，因为，所以，所以，又，所以，故所以，所以当时，取得最大值.6．B【分析】将圆台侧面补成圆锥侧面，根据圆台上下底面周长与展开后扇形弧长的比例关系求出母线长，从而求展开图的圆心角，再确定展开图中两点位置，利用余弦定理计算最短距离.【详解】四边形ABCD是圆台轴截面，因此下底AB是下底面直径，上底CD是上底面直径，则有下底面半径，上底面半径，母线长，设补得的小圆锥母线长为，根据圆台上下底面周长与展开后扇形弧长的比例关系：，解得，即补成的大圆锥母线长为.下底面周长等于大圆锥对应展开扇形的弧长：，代入得，因此.轴截面中、在圆台上相差半周，对应展开图中两点与补成的小圆锥顶点的连线夹角为圆心角的一半：.在展开的扇形中，点到小圆锥顶点距离为6，点到小圆锥顶点距离为3，由余弦定理：.从点沿圆台侧面到达点的最短路径的长为.7．A【分析】先利用导数求出切线的斜率，再通过两直线的夹角的正切公式求出【详解】对曲线求导得，，曲线求导得，，所以在点处的切线的斜率，切线的斜率，两直线的夹角的正切值，又夹角为较小的角，所以，结合，解得.8．B【分析】按值域中元素个数进行分类讨论【详解】情况一：值域中只有一个元素1，即值域为，对，只有1个函数符合题意；情况二：值域中有两个元素，即值域为，，其余两个不属于的元素，其函数值只能在中选，且至少有一个是，有种情况，所以符合题意的函数有个；情况三：值域中有三个或三个以上元素，假设值域，满足，剩余一个元素不可能同时取到和两个函数值，矛盾；综上所述，满足题意的一共有个.9．ABD【详解】对于A选项，频率分布直方图的所有矩形的面积之和为1，组距为10，则，解得，故A正确；对于B选项，最高矩形的底边中点为众数估计值，最高矩形的底边中点为，故B正确；对于C选项，；，；，；，，所以中位数落在第4组，中位数为，故C错误；对于D选项，高一物理期末成绩不低于80分，包括第5组和第6组，两组的频率之和为，，总人数为800人，则，所以该校高一物理期末成绩不低于80分的学生约有280人，故D正确.10．ACD【分析】选项A、验证，判定为奇函数；选项B、先对函数求导，再判断函数在定义域内的单调性，即可判断B选项；选项C、比较极大值与端点函数值，即可得到的最大值；选项D、利用奇函数的对称性和函数的单调性，判断在上仅有一个零点【详解】选项A、已知函数，，因为，所以是奇函数，图象关于原点对称，选项A正确；选项B、对求导：，令，解得，，，当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；当时，，，单调递减．因此在上不是单调递减函数，选项B错误；选项C、由B的分析可知，在上递减，在上递增，在上递减，因此函数在处取得极大值：，因为，，所以的最大值为，选项C正确；选项D、因为是奇函数，显然，当时，单调递增，，当时，单调递减，，因此当时，由奇函数对称性，时，因此函数在上有唯一零点，选项D正确．11．BCD【分析】首先将棱锥补全为正方体，再构建合适的空间直角坐标系，设，，应用向量法判断线线是否垂直、由棱锥与正方体的外接球重合求球体半径，进而求表面积判断A、B，用参数表示出空间向量的模求最小值判断C，由题设，线段的中点为，令，则，确定时中点记为，则，从而得到，即可确定轨迹长判断D.【详解】由题设，将三棱锥补成棱长为的正方体，且，可知与是单位正方体的一对相对顶点，是的两个相邻顶点，构建如图空间直角坐标系，则，设，，于是，，所以，A：，，则，所以与不垂直，错误；B：四点都在棱长为的正方体上，其外接球即正方体外接球，正方体体对角线长为，故外接球半径为，则外接球表面积为，正确；C：由，当且仅当时取等号，则，正确；D：当时，，由，得，令，则①，设线段的中点为，则，当时，中点记为，则，于是，所以，结合①得，因此点的轨迹是以为圆心、半径的圆，由①可得，均在范围内，因此轨迹是完整圆，则轨迹长度为，正确12．0【详解】，令，得；令，得；.13．【分析】先用双曲线定义表示出两条焦半径长度，再对焦点三角形用余弦定理，建立关系式，算出离心率．【详解】设，则，由双曲线定义可得，即，所以，，又，，在中，由余弦定理得，即，整理得，解得，故离心率．14．3【分析】由，得；构造函数，判断函数的单调性，根据单调函数的零点唯一，得到，即，可求得的值.【详解】由得，则，即.设，，则函数在上单调递增.由，，得，.，得，即.，得.，..15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边化角进行求解；（2）根据的面积为求出，再利用中线定理得，结合基本不等式即可求解.【详解】（1）由正弦定理，得，因为，，所以，即，因为，解得.（2）因为的面积为，即，即，解得；又因为，即，两边平方得，即，即，即，即，时等号成立，所以的最小值为．16．(1)．(2)23456【分析】（1）根据互斥事件的概率加法公式、独立事件同时发生的概率公式求解即可；（2）求出所有可能值对应的概率，列出分布列，根据期望公式得解.【详解】（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．（2）随机变量取值的所有可能结果为：2，3，4，5，6，，，，，，因此的分布列为：23456．17．(1)(2)可设直线：，代入抛物线，整理得；记，，则，，所以（定值）．(3)．【分析】（1）根据离心率求出，再由可得解；（2）设直线：，联立抛物线方程，利用韦达定理即可得证；（3）分别求出三角形面积，记，平方后利用基本不等式求最值即可.【详解】（1）因为，又，所以，所以，故所求椭圆的标准方程为．（2）略（3）因为，，显然，．联立消去，解得，同理，可解得，由（2）知，故得；因为，，记，则，故，即，即，即，当且仅当时取到等号．综上，的最大值为．18．(1)证明：因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，．又因为四边形为菱形，所以，，从而有，，所以四边形为平行四边形，所以，，，四点共面．(2)（i）证明：设平面，且，．因为平面平面，为交线，所以平面．设平面，且，．因为平面平面，为交线，所以平面．因为平面，平面，所以．又因为平面，平面，所以平面．因为平面平面，所以，所以平面．（ii）．【分析】（1）由，可判断出，借此求证，即可判断；（2）（i）设平面，由面面垂直得到平面，同理设平面，得到平面，再证明与位置关系，即可判断；（ii）令为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值，然后利用函数的最值问题处理方式，求得线面角的正弦值的范围，即可求解．【详解】（1）略（2）（i）略（ii）由（i）知，平面．又已知四边形是菱形，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．不妨设，则，，，，．所以，，．设是平面的一个法向量，则，特取，得，即．记直线与平面所成的角为，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．19．(1)函数的单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为0．(2)（i）用反证法证明：由，假设存在最小的正整数（），使得，则，由（1）得，所以，与矛盾，因此假设不成立，即结论得证