湖北省腾云联盟2026届高三上学期10月联考数学试卷（Word版附解析）

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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. 已知复数，则其共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用复数的运算及共轭复数的概念，即可求解.
【详解】，所以，
故选：A.
2. 已知实数集合，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两个集合中的元素完全相同，结合集合中元素的互异性来确定、的值，进而求出的值.
【详解】因为，所以集合与集合中的元素完全相同，
已知，，由于在两个集合中都有，那么就有两种情况：
情况一：，
情况二：，
求解情况一：
由，可得或，
当时，集合，不满足集合中元素的互异性，所以舍去，
当时，将代入，得到，即，解得，
此时，，满足；
求解情况二：
由和，将代入中，得到，即，解得，
当时，集合，不满足集合中元素的互异性，所以舍去这种情况；
​所以，，所以.
故选：A.
3. 已知抛物线恰好经过圆的圆心，则抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的圆心在抛物线上，可求解抛物线方程，即可得焦点坐标.
【详解】由已知，圆的圆心为，
因为点在抛物线上，
所以，解得，
所以抛物线的方程为，焦点在轴正半轴上，且，
所以焦点坐标为.
故选：B
4. 在等比数列中，，是方程的两个实数根，则的值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，由条件可得，，由此可判断，再判断的符号，结合等比数列性质得到结论即可.
【详解】设等比数列的公比为，，
因为，是方程的两个实数根，
所以，且，所以，，
又数列为等比数列，所以，由等比数列性质可得，
所以.
故选：D.
5. 已知向量，满足，，若在上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的概念，结合向量夹角的计算公式即可得解.
【详解】由题意知，得，
则，，.
故选：A
6. 已知，是样本空间中的随机事件，，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对立事件的概率公式及条件概率公式求解即可.
【详解】设，则，
而，则，
因为，
所以，解得，即.
故选：B
7. 如图，在扇形中，半径，弧长为，点是弧上的动点，点，分别是半径，上的动点，则周长的最小值是（ ）
A. 3B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用点关于线的对称，将的周长的最小值转化为线段，再利用余弦定理求解即可.
【详解】如图，
连接，作点关于直线的对称点，关于直线的对称点，连接，分别交，于点，连接，如图所示，则，此时的周长取得最小值，其最小值为的长度.由题意可得,根据对称性可知，在中，由余弦定理可得，所以，即周长的最小值为.
故选：C
8. 已知随机变量，设函数，则的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出，判断函数的对称性，可排除AC；求的值，可排除D.即可得到正确答案.
【详解】随机变量，，
因为，
因为，所以根据对称性可知，
所以函数的图象关于对称，故排除AC；
当时，，所以排除D．
故选：B
二、多选题：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.
9. 下列不等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】举反例判断AC；利用基本不等式判断B；作差法比较大小判断D.
【详解】A选项，当时，，此时，A错误；
B选项，因为，不等式两边同时加上得
，两边同时除以4得，，
两边开方得，当且仅当时，等号成立，B正确；
C选项，当时，，不满足，C错误；
D选项，，
因为，所以，
故，D正确.
故选：BD
10. 已知函数，则（ ）
A. 是的一个周期
B. 在区间上单调递减
C. 是偶函数
D. 若在区间内有两个根，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由可判定A正确；根据余弦函数单调性可判定B不正确；由为偶函数，可判定C正确；由余弦函数的性质可得，，代入求值即可判定D正确.
【详解】对于函数，
对于A中， ，
所以是的一个周期，所以A正确；
对于B中，由，可得，
根据函数在上单调递减，在上单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以B不正确；
对于C中，，为偶函数，
所以C正确；
对于D中，得，可得或，
所以或，
又，则或，不妨，可得，，
所以，所以D正确.
故选：ACD.
11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一.设曲线与轴交于，两点，与轴交于，两点，点是上一个动点，以下说法正确的是（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 曲线恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
C. 面积的最大值为
D. 满足的点有且只有2个
【答案】ABD
【解析】
【分析】曲线上的任意点，其关于轴的对称点为，代入曲线方程验证判断即可判断A；由方程取求点的坐标，取求坐标，求直线与曲线的交点，即可判断C；根据方程易知，均在曲线上，即可判断B；求出坐标平面内到定点，的距离和为的点的轨迹方程，求该轨迹与曲线的交点即可判断D.
【详解】曲线上的任意点，其关于轴的对称点为，
代入曲线方程，，即点也在曲线上，
所以曲线关于轴对称，故A正确；
取可得，所以，，所以，
由曲线可得，
所以，即.
由，所以.
当，此时，代入曲线的方程成立，
所以直线与曲线的交点坐标为，
所以点的纵坐标的绝对值的最大值为，
所以面积的最大值为， 故C错误；
由选项C可知，，，
取，可得，所以，，
取，可得，所以直线与曲线交于点，
直线与曲线交于点，
所以曲线经过点，，，，故B正确；
坐标平面内到定点，的距离和为的点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，由已知可得，又，，
所以，所以椭圆方程为，
联立，所以，
所以，所以，所以，
故椭圆与曲线的交点为，，
故满足的点有且只有2个，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中项的系数为______（用数字作答）
【答案】80
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项即可求解.
【详解】的通项为，
令，则，
故项的系数为.
故答案为：80
13. 若是函数的极值点，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】求导后利用极值点处导数为零求出，再代入可得.
【详解】，
因为是函数的极值点，
所以，
即，
所以.
故答案：.
14. 如图，圆台形容器内放进半径分别为2和4的两个球，小球与容器下底面、容器壁均相切，大球与小球、容器壁、容器上底面均相切，则该容器的体积为_____.
【答案】
【解析】
【分析】通过轴截面来分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积.
【详解】作几何体的轴截面图如图，分别是大球和小球的球心，
是圆台的轴截面等腰梯形两腰和的延长线的交点.
分别是球和球与圆台侧面的切点，分别是与圆台上下底面的切点．
则，且，，．
过点作交于，显然，所以四边形为矩形，
且，
所以在直角三角形中，，
由同角三角函数关系式得．
又由，所以，所以．
在直角三角形中，，得，所以．
又在直角三角形中，．
同理在直角三角形中，,．
所以圆台的上底面半径，下底面半径，高．
所以圆台的体积．
故答案为：
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. 已知函数，为数列的前项和．
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据数列前项和与通项公式的关系，通过求出的通项公式；
（2）对函数求导得出，再利用裂项相消法求出．
【小问1详解】
函数，为数列的前项和，
的前项和，
当时，，
当时，，
满足，
的通项公式为．
【小问2详解】
函数求导得，
，
，
．
16. 如图，已知，，，动圆与轴相切于点，过，两点分别作圆的非轴的两条切线，这两条切线的交点为.

（1）求证：为定值，并写出点的轨迹方程；
（2）记点的轨迹为，过点的直线与交于，两点，为坐标原点，且的面积为，求直线的斜率.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）设过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点，根据切线长相等，得到，，，求得，结合椭圆的定义，即可求解.
（2）设直线，联立方程组，得到，，结合，列出方程，求得的值，即可求解.
【小问1详解】
解：设过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点，
由切线长相等，可得，，，
则，
又由椭圆的定义知，点在以为焦点的椭圆上，且，，
故点的轨迹方程为.
【小问2详解】
解：当直线的斜率不存在时，可得的方程为，可得，
此时的面积为，不符合题意，舍去；
当直线的斜率存在且不为0，设直线，且，，
联立方程组，可得，
则，，
故，解得，
所以直线的斜率为.

17. 如图，在四棱锥中，平面，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，，且，，，在同一个球面上，球心为.
（i）为中点，求直线与平面所成角的正弦值；
（ii）设球的表面与线段交于点（异于点），求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）（i）解法1（坐标法）：建立空间直角坐标系，利用向量即可求得线面夹角的正弦值；解法2（几何法）：利用几何法先证明，再证明，然后过作于点，连接，，可证得即为与平面所成角，即可求解；
（ii）解法1 设，再结合题意得，即可求解；解法2 设，由，从而可求解
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，所以，
又，平面，平面，，
所以平面，又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
（i）解法1（坐标法）：在四边形中，因为，，，
故，
又，，，所以
则，所以，结合，则，
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，
则，，，，，
，
平面的一个法向量为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
解法2（几何法）：在四边形中，因为，，，
故；
又，，，所以
则，所以，
又因为平面，平面，所以，
而平面，
故平面，而平面，所以，
过作于点，连接，，
因为平面，面，所以，
又，，平面，则面，
则即为与平面所成角，，所以.
（ii）由（1）知平面，平面，故，
因为，，，在同一个球面上，且，为直角，
即可得的中点到，，，的距离均相等，故为外接球直径，则球心为的中点.
解法1 设，
，
为外接球直径，且在球的表面上
，，
，，得，所以，.
解法2 设，
由，，得，
，解得或，
由于点异于点，所以舍去，
所以，进一步可得.
18. 某企业的生产设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率，表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）.
（1）若，当时，
（i）求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和数学期望；
（ii）求；
（2）讨论与的大小关系.
【答案】（1）（i）分布列见解析，2；（ii）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）（i）由题可得正常工作的元件个数的可能取值为0，1，2，3，且符合二项分布，即可求出分布列及期望；（ii）；
（2）由表示系统在原来个元件增加2个元件，则至少要有个元件正常工作，可正常工作的元件个数为，然后分原系统中至少有个正常工作、恰好有个新增2个元件中至少有1个正常工作、恰好有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作共三种情况讨论，从而可求解.
【小问1详解】
（1）（i）因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为0，1，2，3，因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以.
所以，，
，.
所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为：
控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为.
（ii）.
【小问2详解】
由表示系统在原来个元件增加2个元件，则至少要有个元件正常工作，设备才能正常工作的概率，设原系统中正常工作的元件个数为，
第一类：原系统中至少有个元件正常工作，
其概率为；
第二类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，
其概率为；
第三类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，
其概率为.
所以
所以，
所以当时，，
当时，，
当时，，
19. 定义双曲正弦函数，双曲余弦函数，双曲正切函数.
（1）证明：；
（2）若直线与函数和的图象共有三个交点，这三个交点的横坐标分别为，，，求的取值范围；
（3）证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题目所给的概念，以及基本初等函数导数和导数运算法则，求出复合函数导数；
（2）根据函数单调性，判断函数与直线交点的个数，进而根据基本不等式以及函数性质，求出结果.
（3）方法一：根据题干不等式，对其进行化简，根据化简结果，构造函数，进而根据函数导数和函数单调性得关系，求出函数最小值，证明不等式.
方法二：根据函数的奇偶性，构造函数，进而根据函数导数和函数单调性得关系，求出函数最小值，证明不等式.
【小问1详解】
注意到，，
.
【小问2详解】
因为直线与函数和的图象共有三个交点，
在上单调递增，即直线与函数只有一个交点，
所以直线与函数有两个交点，
因为为偶函数且在上单调递增，，
当且仅当时，等号成立，
所以，即，解得，
所以，则，
【小问3详解】
方法1：，
等价于，
等价于，
等价于，
等价于，
等价于，
令，则且，
即证，
令，，
因为，
令，，
则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，则，
即在单调递增，且，
所以时，，时，，
即在且时恒成立，
故.
方法2：，且奇函数，为偶函数，
则与都为偶函数，
则要证，只需证当时，即可.
当时即证
令，
由于，
所以
因为，则，，，
则，所以在单调递增，则，所以.
0
1
2
3