四川省成都市第七中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学答案_2025年10月_251014四川省成都市第七中学2025-2026学年高三上学期10月月考（全科）

成都七中高 2026 届高三上期数学试题（参考答案） 一、单项选择题： BBCA DABA 8. 解：连接DO ，连接 1 1 A O 1 并延长交 B C 于点 P ， 因另一小球在该半球正上方，且与正三棱锥 D − A B C 的三个侧面均相切，故其球心 O 在线段 D O 1 上，连接 P D ，则球 O 必与PD相切，设切点为E，连接 O E . 球O的半径为 r ，半球O 的半径为 1 r1 . 3 3 2 1 因AP = AB = 6 2 =3 6，AO = AP = 2 6,PO = AP = 6 ， 2 2 1 3 1 3 ∴DO =2 3，PD =3 2 ， 1 OE DO 易得△DOE与△PDO 相似，故有 = ，即得DO = 3r ， 1 O P PD 1 因DO+OO = DO ，即r =2 3− 3r−r ， 1 1 1 由题意，r2 +2r2 =(2 3− 3r−r)2 +2r2 = (6+2 3)r2 −(12+4 3)r+12， 1 该二次函数的开口向上，对称轴为r =1， 故r =1时,r2 +2r2最小.故选：A. 1 二、多项选择题： 9. ABC 10． CD 11.AD 11. 解：对于函数 f(x)=sin(x2−1)， x   − 1 ,1  ， 令t=x2−1,则t−1,0, s in t   s in − 1 , 0  ( ) ,所以A选项正确. B选项：因为y = f(x)为偶函数,所以B选项错误. C选项： f(x)=2xcos(x2 −1), f(x)=2cos(x2−1)−4x2sin(x2−1)0, 所以 f(x)单调递增， f(−1)=−2, f(0)=0, f(1)=2. 所以当x−1,0时， f(x)−2,0， f (x)单调递减,且减小速度逐渐变慢； 当x(0,1时， f(x)(0,2， f (x)单调递增，且增长速度逐渐变快, 设P ( x,sin ( x2−1 ))(−1 x1)为曲线上任意一点，则OP2 = x2+sin2( x2−1 ) ， ∵t−1,0，易得t sint 0,则 s i n 2 t  t 2 ∴OP2  x2 + ( x2 −1 )2 = x4 −x2 +1 3 ,1  ，当且仅当   4  x =  1 时， O P 2 = 1 ， 设M(−1,0),N(1,0)，故曲线上除点M,N外,始终在圆 x 2 + y 2 = 1 的内部， π π 故当MBN  ，结合曲线的凹凸性可得ABC MBN  ， 2 2 π 所以ABC大于 ,所以C选项错误. 2 3 D选项：设点P(x,y)是函数 f (x)图象上一点，且−1 x1,易知F(0,− ) 4 2  3 3 9 3 9 PF = (x−0)2 + y+ = x2 + y2 + y+ = t+1+sin2t+ sint+    4 2 16 2 16 而t−1,0,tsint（证明略）, 3 9 5 25 所以 PF  sint+1+sin2t+ sint+ = sin2t+ sint+ 2 16 2 16 2  5 5 5 5 = sint+  = sint+ =sint+ = y+ ，  4 4 4 4 15 所以， AF + BF + CF  y + y + y +  y + y + y +4.所以D选项正确. 1 2 3 4 1 2 3 故选： AD.（3）以C为原点,以 3 C A ， C B ，CF 分别为x，y，z轴建立直角坐标系如图， C(0,0,0)，B(0,1,0)，  3 1  F(0,0,1)，D ,− ,0， 2 2   E ( 3 , 0 ,1 ) ，………10分 所以EF = ( − 3,0,0 ) ，BF =(0,−1,1)，DF =  − 3 , 1 ,1  .   2 2   分别设平面 B E F 与平面DEF 的法向量为 n 1 = ( x 1 , y 1 , z 1 ) ， n =(x ,y ,z )， 2 2 2 2 n EF = − 3x = 0, x = 0, 由 1 1 解得 1 令z =1,则n =(0,1,1)， …………11分 n 1 BF = −y 1 + z 1 = 0,  y 1 = z 1 , 1 1 n EF = − 3x = 0，  2 2 x =0, 由   n DF = − 3 x + y 2 + z =0， 解得   y 2 2 = −2z 2 , 取z 2 =1,则n 2 =(0,−2,1).…13分  2 2 2 2 2 n n 10 ∴cos  n，n = 1 2 = − ， 1 2 |n ||n | 10 1 2 10 设二面角为，由图知为锐角，所以cos= ．…………………………15分 10 2sinC−sinB a 2sinC−sinB sin A 17．解：（1）因为 = ,由正弦定理可得： = . sin2B b 2sinBcosB sinB 由于B(0,π)，则sinB 0， 所以2sinC−sinB=2sinAcosB,………3分 由于在△ABC中，sinC =sin[−(A+B)]=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB, 1 带入上式化简得：2cosAsinB=sinB,则cosA= , 2 π 由于A(0,π)，所以A= , ………………………………………6分 3 π 3π （2）①由于ADC = ,则ADB= , 4 4 AD b = 在 ADC中，由正弦定理可得sinC π , sin 4 AD c = 在 ADB中，由正弦定理可得sinB 3π , …………8分 sin 4 AD2 bc bc = = 所以 sinCsinB π 3π 1 ,由于满足AD2 =bc， sin sin 4 4 2 1 所以sinBsinC = ， ………………………………………10分 2 ②法1.由于在△ABC中，sinC =sin(A+B), π  1  3 1  1 所以sinBsin +B= ,即sinB   cosB+ sinB  = ， 3  2  2 2  2 3 1−cos2B  π 1 所以 sin2B+ =1，所以sin2B− = , 2 2  6 2  2π π  π 7π 由于B0,  ，则2B− − ,  ，  3  6  6 6 π π 5π π π 所以则2B− = 或 ,解得B= 或B= ，………………………………………12分 6 6 6 6 2 π π b sinB 1 当B= 时，C = ，所以 = = ，……………………………………13分 6 2 c sinC 2 π 当B= 时，2B=π,则 2 4 s i n 2 B = 0 ，与已知矛盾。…………………………14分 b 1 综上， = . ………………………………………15分 c 2 1 π 法2.由①知sinBsinC = ，又由（1）知A= 2 3 且cos(B+C)=cosBcosC−sinBsinC，在 △ A B C 中， cos(B+C)=−cosA,…12分 1 ∴cosBcosC −sinBsinC = −cosA= − ,…………………………………13分 2  ∴cosBcosC =0 又ADC =  B 故 4 =  C 2 ，又 A = π 3 ∴ B = π 6 ,………14分 b sinB 1 所以 = = . ………………………………………15分 c sinC 2 18.解：（1）①由题可得 g ( x ) = l n x − a x 1 1−ax 的定义域为(0,+)，g(x)= −a = …1分 x x 当a0时，g(x)0恒成立， g ( x ) 单调递增， ………2分 1 当a0时，令g(x)=0，得x= ， a  1 1  当x0,  时，g(x)0，当x ,+ 时，  a a  g  ( x )  0 ，  1 1  所以g(x)在 0,  上单调递增，在  ,+ 上单调递减; ……………………3分  a a  综上,当 a0时, g(x)单调递增区间为 ( 0 , +  ) ,无减区间;  1 当a0时, g(x)单调递增区间为 0, ,单调递减区间为  a  1 a , +   . ………4分 ②由①可知， 当a =0时，g(x)=lnx在 ( 0 , +  ) 单调递增，只有一个零点1， ………5分 当a 0时，g(x)在 ( 0 , +  ) 单调递增，又g(1)= −a 0,g(ea)= a(1−ea)0. ∴由零点存在定理知，g(x)在(0,+)只有一个零点； …………………6分 1 当a 0时，g(x) = g( )= −lna−1. max a 1 在−lna−10,即0 a  时， e g ( x ) 有两个不同零点; 1 在−lna−1=0,即a = 时， e g ( x ) 只有一个零点; 1 在−lna−10,即a  时，g(x)无零点; e 1 综上，当a  时，g(x)零点个数为0； e 1 当a = 或a 0时，g(x)零点个数为1； e 1 当0 a  时，g(x)零点个数为2. ……………………………………9分 e （2）函数h(x)= xln x−ax2 ，x(1,e) 若 f (1) f (e)= −a ( e−e2a )  0,得0a 1 e从而 f (x)在(1,e)上存在零点，故 5 h ( x ) 在 ( 1 , e ) 上有最小值0. ……………11分 1 若a ，则 f(x)=lnx+1−2ax， e 1 1−2ax 设m(x)= f(x)=lnx+1−2ax，则m(x)= −2a= x x ( a  0 ) ， 1 当a 时,m(x)0，即 2 m ( x ) 在 ( 1 , e ) 单调性递减， 而m(1)=1−2a0， f  ( x )  0 在 ( 1 , e ) 上恒成立，故 f ( x ) 在 ( 1 , e ) 上为减函数， 故 f (x) f (1)=−a0，故h(x)在 ( 1 , e ) 上无最小值. …………13分 1 1 1 当  a  时，在1 x 时， e 2 2a m ( x )  0 ，在 1 2 a  x  e 时， m ( x )  0 ， 故 f(x)在   1, 1   上为增函数，在  2a  1 a 2 , e  为减函数 又 f(1)=1−2a 0， f  e = 2 − 2 a e < 0 ( ) ， 故 f(x)在 ( 1 , e ) 上存在唯一零点 x 0 ，当 1  x  x 0 时， f(x)0， 当x  xe时， 0 f  ( x )  0 ，故 f (x)在 ( 1 , x 0 ) 上为增函数，在(x ,e)为减函数， 0 故 f (x) = f (x ). max 0 若 f (x )0，则 0 h ( x ) = − f ( x ) ，此时 h x m in = − f x 0 ( ) ( )，符合题意； 若 f (x )0，则 0 f ( 1 ) = − a  0 ，故 f ( x ) 在 ( 1 , x 0 ) 存在零点，故 h ( x ) m in = 0 ，符合题意. …………15分 1 1 2 当a = 时，m(x)= (1− x),由m(x)0,得 e x e 1  x  e 2 , 由 m  x  0 , ( ) 得 e 2  x  e , ∴ f  ( x ) e 在(1, )递增，在 2 e ( ,e)递减，且 f(1)0，f(e)=0 2 ∴ f(x)0在 ( 1 , e ) 上恒成立，故 f (x)在 ( 1 , e ) 上为增函数，而 f 1  0 ( ) ， f e = 0 ( ) ， 故此时h(x)在 ( 1 , e ) 上无最小值. …………16分 1 1 1 综上，0a 或 a . e e 2 1 1 1 ∴正实数a的取值范围是(0, ) ( , ). ………………………………………17分 e e 2 19. 解：(1)①当n = 2时，范数为奇数，则x =0的个数1， i 根据乘法原理A = C1 C1 = 4, ………………………………2分 2 2 2 当n=3时，范数为奇数，则 x i = 0 的个数为偶数，即0的个数为 0 , 2 ， 根据乘法原理和加法原理得到A =C023+C223−2 =14. ……………………4分 3 3 3 ②当n为偶数时，范数为奇数，则 x i = 0 的个数为奇数，即 0 的个数为1,3,5, ,n−1， 根据乘法原理和加法原理得到A =C1 2n−1+C32n−3+ +Cn−12， n n n n 3n =(2+1)n =C02n +C1 2n−1+ +Cn−12+Cn， n n n n 1=(2−1)n =C02n −C1 2n−1+ −Cn−12+Cn， n n n n 3n −1 两式相减得到A = ； n 2 当n为奇数时，范数为奇数，则x =0的个数为偶数，即 i 0 的个数为0,2,4,6, ,n−1， 根据乘法原理和加法原理得到A =C02n +C22n−2+ +Cn−12， n n n n 3n =(2+1)n =C02n +C1 2n−1+ +Cn−12+Cn， n n n n 3n +1 1=(2−1)n =C02n −C1 2n−1+ +Cn−12−Cn，两式相加得到A = . n n n n n 2 3n −(−1)n 综上所述：A = . ………………………………………10分 n 2（2）若ab=n，则 6 a = ( 1 ,1 ,1 ,   ,1  ) ，b =(1,1,1,,1)，与 a , b 为不相等的向量矛盾， 所以随机变量X 的可能取值有 0 ,1 , 2 , 3 ,   , n − 1 ， 对于X =k的随机变量，在坐标 ) a 1 , a 2 , a 3 , , a n ( 与 ( b 1 , b 2 , b 3 , , b n ) 中有 k 个对应位置上的值均为 1，剩下 n − k 个对应位 置上的值有3种对应关系， 且n−k个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等， 1 此时所对应情况数为Ck  ( 3n−k −1 )  种. n 2 1 P n 中元素的个数为2n个，所以 P(X =k)= C n k  ( 3n−k −1 )  2 = C n k  ( 3n−k −1 ) .…………12分 C2 ( 2n −1 ) 2n 2n 所以随机变量X 的分布列为： X 0 1 2 3    n − 1 3n −1 C1  ( 3n−1−1 ) C2 ( 3n−2 −1 ) n n P ( 2n −1 ) 2n ( 2n −1 ) 2n ( 2n −1 ) 2n ( ) C 3n 2  n 3 − n 1 − 3 − 2  1 n ( )  ( 2 2 n C − nn 1 − ) 1  2 n n−1kCk  ( 3n−k −1 ) 所以随机变量X 的数学期望为E(X)= n ， …………14分 k=0 ( 2n −1 ) 2n 令k =n−t，因为Cn−t =Ct ，可得： n n kCk  ( 3n−k −1 ) (n−t)Ct  ( 3t −1 ) n−1 n E(X )=  n = n k=0 ( 2n −1 ) 2n t=1 ( 2n −1 ) 2n 1  n n n n  = n3t Ct −t3t Ct −nCt +tCt  ( 2n −1 ) 2n  t=1 n t=1 n t=1 n t=1 n  n 其中3tCt =(1+3)n −1=4n −1， n t=1 n! (n−1)! 因为tCt =t =n =nCt−1， n t!(n−t)! (t−1)!(n−1)−(t−1)! n−1   n n 所以t3tCt =3n3t−1Ct−1 =3n(1+3)n−1 =3n4n−1， n n−1 t=1 t=1 t=1 n n nCt =n ( 2n −1 )，tCt =nCt−1 =n2n−1， n n n−1 n t=1 t=1 n ( 4n −1 ) −3n4n−1−n ( 2n −1 ) +n2n−1 n ( 2n−1−1 ) 所以E(X)= = .………………………17分 ( 2n −1 ) 2n 2 ( 2n −1 )