浙江省杭州市第二中学2026届高三上学期10月月考数学试卷（含答案）_2025年10月_12026年试卷教辅资源等多个文件_251026浙江省杭州市第二中学2026届高三上学期10月月考

浙江省杭州第二中学 2026 届高三上学期 10 月月考 数学试卷 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.复数2i−1的实部是( ) A. 1 B. −1 C. 2 D. 2i 2.( 1) 3的展开式中 的系数是( ) 2x− x x A. −6 B. 6 C. −12 D. 12 3.“集合A、B满足：A∩B=B”的一个充要条件是( ) A. A⊆B B. A⊆(A∩B) C. A∪B=B D. A∪B=A 4.已知 ( π) 3，则 ( ) cos α+ = cosα= 4 5 √2 7√2 √2 7√2 √2 7√2 A. B. C. − 或 D. 或 10 10 10 10 10 10 5.已知函数 是定义在 上的奇函数，且满足 当 时， ， f(x) R f(x+2)+f(x)=0. x∈[−2,0] f(x)=−x2−2x 则当x∈[4,6]时，f(x)的最大值为( ) A. 2 B. 1 C. −1 D. 0 6.已知圆O：x2+ y2=16，直线l：4x+3 y−12=0，点A(−3,0)，点P在圆O上运动，点Q满足 O ⃗ Q=O ⃗ A+O ⃗ P(O 为坐标原点 ) ，则点 Q 到直线 l 距离的最大值为( ) 44 39 24 A. B. 8 C. D. 5 5 5 4 7.某个圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个表面积为 π的小球在该容器内自由运动，则小球 3 能接触到的圆锥容器内壁总面积为( ) A. 4π B. 5π C. 6π D. 7π 8.若 对任意 均成立，则 的最大值为( ) ax2−xex2+lnx+a≤0 x>0 a e 1 A. 1 B. C. √e D. 2 √e 第 页，共 页 1 1二、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。 9.已知函数 ( π)，则( ) f(x)=2sin 2x− 3 A. f(x)的值域为[−2,2] B. 的图象关于点(π )对称 f(x) ,0 3 C. 在区间( π)上单调递增 f(x) 0, 4 π D. f(x)的图象可由曲线y=2sin2x向右平移 个单位得到 6 10.已知首项为正数的等差数列 的前 项和为 ，若 ，则( ) {a } n S (S −S )(S −S )<0 n n 25 21 25 22 A. a +a <0 23 24 B. S b>0) −1, √3,− a2 b2 2 2 (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆C的左焦点为F，点M，N是椭圆C上的两个动点，直线MN的斜率存在并且不为0． (i)若直线MF，NF关于x轴对称，证明：直线MN过定点； (ii)若O为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线MN过点B(−2,2)，直线OB与直线AM，AN分别交于 |OP| 点P，Q，求 ． |OQ| 19.(本小题17分) 设函数 ． f(x)=tanx−sinx−ax3 (1)求曲线f(x)在x=0处的切线方程； 若对任意 ( π)，都有 ，求 的最大值； (2) x∈ 0, f(x)≥0 a 2 a +a a (3) 已知数列 {a } 满足： ①a = 1 n ； ②a ,a ,⋅⋅⋅,a 均大于 0 ， a <0. 设b =a − n ， n n+1 1−a a 1 2 9999 10000 n n √a2+1 1 n n π3 求证：b +b +⋅⋅⋅+b > ． 1 2 2025 4 附： 13+23+⋅⋅⋅+n3= (n(n+1)) 2 ． 2 第 页，共 页 4 1参考答案 1.B 2.C 3.D 4.C 5.D 6.A 7.B 8.A 9.ACD 10.BC 11.ABD π 12. 4 13.−2 14.180 5 ∑ x y −5x y 15.【详解】 (1) 依题意可得 b ^ = i=1 5 i i = 442 1 0 8 − 2− 5× 5× 6× 62 146 =20 ，̂ a (cid:29) = y− ̂ b (cid:29) x=146−20×6=26 ， ∑ x2−5x2 i i=1 所以回归直线方程为̂(cid:29) ， y=20x+26 当 x=8 时，̂ y (cid:29) =20×8+26=186( 元 ) ， 即某天售出8箱水的预计收益是186元． (2)获奖总金额X的值为0,300,600， 3 2 记甲获奖为事件A，乙获奖为事件B，根据题意可得P(A)= ,P(B)= ， 5 3 所以 ( 3)( 2) 2 ， P(X=0)=P(A)P(B)= 1− 1− = 5 3 15 ( 3) 2 ( 2) 3 7 ， P(X=300)=P(A)P(B)+P(A)P(B)= 1− × + 1− × = 5 3 3 5 15 第 页，共 页 5 13 2 6 2 P(X=600)=P(A)P(B)= × = = ， 5 3 15 5 所以总金额X的分布列为： X 0 300 600 P 2 7 2 15 15 5 2 7 2 所以E(X)=0× +300× +600× =380(元)． 15 15 5 16.【详解】(1)由余弦定理有：b2+c2−a2=2bccosA， 又由 有： ， 2acsinB=√3(b2+c2−a2) asinB=√3bcosA 由正弦定理有：sin AsinB=√3sinBcosA， 又00， 所以sin A=√3cosA，即tan A=√3， 又00，所以a +a >0， n n n−1 则a −a −2=0，即a −a =2， n n−1 n n−1 所以数列 为 为首项， 为公差的等差数列， {a } 2 2 n 则a =2+(n−1)×2=2n． n 由 (−1) n (−1) n (−1) n ⋅(√2(n+1)+√2n) ， (2) b = = = n √a −√a √2(n+1)−√2n 2 n+1 n −(√4+√2)+(√6+√4)−(√8+√6)+⋯−(√240+√238)+(√242+√240) 则T = 120 2 −√2+√242 = =5√2． 2 1 9 { + =1 18.【详解】 将( 3)和( √3)代入可得 a2 4b2 (1) −1, √3,− , 2 2 3 3 + =1 a2 4b2 解得{a2=4，故椭圆 的方程为x2 y2 ； C + =1 b2=3 4 3 (2)(i)设直线MN的方程为y=kx+t， x2 y2 联立 + =1得(3+4k2)x2+8ktx+4t2−12=0， 4 3 ，故 ， Δ=64k2t2−4(3+4k2)(4t2−12)>0 4k2−t2+3>0 设 ， M(x ,y ),N(x ,y ) 1 1 2 2 第 页，共 页 7 1故 8kt 4t2−12， x +x =− ,x x = 1 2 3+4k2 1 2 3+4k2 直线MF，NF关于x轴对称，设N关于x轴对称点为N′， 则 ，且 在直线 上， N′ (x ,−y ) N′ (x ,−y ) MF 2 2 2 2 直线MN的斜率存在并且不为0，故直线N′F斜率存在且不为0， 其中 ， ，即 y −y ， F(−1,0) k =k 1 = 2 MF N′F x +1 x +1 1 2 所以 ，其中 ， (x +1)y =−y (x +1) y =kx +t,y =kx +t 2 1 2 1 1 1 2 2 所以 ， ， (x +1)(kx +t)=−(kx +t)(x +1) 2kx x +(k+t)(x +x )+2t=0 2 1 2 1 1 2 1 2 将 8kt 4t2−12代入可得 x +x =− ,x x = 1 2 3+4k2 1 2 3+4k2 4t2−12 8kt ，化简得 ，代入 中， 2k −(k+t) +2t=0 t=4k 4k2−t2+3>0 3+4k2 3+4k2 1 1 1 k2< ，即− 0 1 故24k+3<0，解得k< − ， 8 第 页，共 页 8 1设 ， M(x ,y ),N(x ,y ) 1 1 2 2 则 16k(k+1) 16k2+32k+4， x +x =− ,x x = 1 2 4k2+3 1 2 4k2+3 y−0 x−2 直线OB为y=−x，直线AM为 = ， y −0 x −2 1 1 联立直线 与直线 得 2y ，同理可得 2y ， OB AM x = 1 x = 2 P y +x −2 Q y +x −2 1 1 2 2 | 2y | 1 |OP| |x | y +x −2 |y (y +x −2)| = P = 1 1 = 1 2 2 ， |OQ| |x | | 2y | |y (y +x −2)| Q 2 2 1 1 y +x −2 2 2 其中y =kx +2k+2,y =kx +2k+2， 1 1 2 2 |OP| |(kx +2k+2)[(k+1)x +2k]| 故 = 1 2 |OQ| |(kx +2k+2)[(k+1)x +2k]| 2 1 |k(k+1)x x +2k2x +2(k+1) 2x +4k2+4k| = 1 2 1 2 |k(k+1)x x +2k2x +2(k+1) 2x +4k2+4k| 1 2 2 1 |k(k+1)x x +2k2 (x +x )+(4k+2)x +4k2+4k| = 1 2 1 2 2 |k(k+1)x x +2k2 (x +x )+(4k+2)x +4k2+4k| 1 2 1 2 1 将 16k(k+1) 16k2+32k+4代入得 x +x =− ,x x = 1 2 4k2+3 1 2 4k2+3 | 16k2+32k+4 16k(k+1) | k(k+1) −2k2 +(4k+2)x +4k2+4k |OP| 4k2+3 4k2+3 2 = |OQ| | 16k2+32k+4 16k(k+1) | k(k+1) −2k2 +(4k+2)x +4k2+4k 4k2+3 4k2+3 1 |[16k(k+1) ] | |16k(k+1) | +2x (2k+1) +2x 4k2+3 2 4k2+3 2 = = ，(2k+1≠0)， |[16k(k+1) ] | |16k(k+1) | +2x (2k+1) +2x 4k2+3 1 4k2+3 1 第 页，共 页 9 1由于 x +x =− 16k(k+1)，所以 |OP| = |−x 1 −x 2 +2x 2 | = |−x 1 +x 2 | =1 ， 1 2 4k2+3 |OQ| |−x −x +2x | |x −x | 1 2 1 1 2 1 当2k+1=0时，直线MN为y=− x+1， 2 x2 y2 联立 + =1得4x2−4x−8=0，即x2−x−2=0，解得x=−1或2， 4 3 3 当x=−1时，y= ，当x=2时，y=0，即M,N其中一个点坐标为(2,0)， 2 与A(2,0)重合，不合要求， |OP| 综上， =1． |OQ| sinx 19.【详解】(1)f(0)=tan0−sin0−0=0，f(x)= −sinx−ax3， cosx cos2x+sin2x 1 ， f′ (x)= −cosx−3ax2= −cosx−3ax2 cos2x cos2x 1 故f′ (0)= −cos0−0=1−1=0， cos20 故曲线f(x)在x=0处的切线方程为y=0； 对任意 ( π)，都有 ， (2) x∈ 0, f(x)≥0 2 其中 ， ， f(0)=0 f′ (0)=0 1 令g(x)=f′ (x)= −cosx−3ax2 ， cos2x 第 页，共 页 10 12sinx 则g′ (x)= +sinx−6ax，g′ (0)=0， cos3x 2sinx 令ℎ(x)=g′ (x)= +sinx−6ax， cos3x 则 2+4sin2x ，其中 ， ℎ ′ (x)= +cosx−6a ℎ ′ (0)=2+1−6a=3−6a cos4x 1 令 ℎ ′ (0)≥0，即3−6a≥0，解得a≤ ， 2 下面证明 1时， 在 ( π)上恒成立， a≤ f(x)≥0 x∈ 0, 2 2 1 f(x)=tanx−sinx−ax3≥tanx−sinx− x3， 2 令 q(x)=tanx−sinx− 1 x3 ， x∈ ( 0, π)，注意到 q(0)=0 ， 2 2 1 3 则q′ (x)= −cosx− x2 ，注意到q′ (0)=0， cos2x 2 2sinx 令w(x)=q′ (x)，则w′ (x)= +sinx−3x，注意到w′ (0)=0， cos3x 令 ，则 6sin2x 2 ， r(x)=w′ (x) r′ (x)= + +cosx−3 cos4x cos2x 其中6sin2x >0 在 x∈ ( 0, π)上恒成立，令 t=cosx∈(0,1) ， u(t)= 2 +t−3 ， cos4x 2 t2 故 −4 t3−4 ，故 2 在 上单调递减， u′ (t)= +1= <0 u(t)= +t−3 t∈(0,1) t3 t3 t2 其中u(1)=2+1−3=0，故u(t)>0在t∈(0,1)上恒成立， 故 2 +cosx−3>0 在 x∈ ( 0, π)上恒成立， cos2x 2 故 r′ (x)= 6sin2x + 2 +cosx−3>0 在 x∈ ( 0, π)上恒成立， cos4x cos2x 2 第 页，共 页 11 1故 在 ( π)上单调递增， r(x)=w′ (x) x∈ 0, 2 故 ，故 在 ( π)上单调递增， w′ (x)>w′ (0)=0 w(x)=q′ (x) x∈ 0, 2 q′ (x)>q′ (0)=0 ，故 q(x)=tanx−sinx− 1 x3 在 x∈ ( 0, π)上单调递增， 2 2 q(x)>q(0)=0，故f(x)≥q(x)>0， 1 1 所以a≤ ，a的最大值为 ； 2 2 (3)令a =tanα ，则a =tanα ,a =tanα ， n n 1 1 n+1 n+1 均大于 ，设 ( π)， a ,a ,⋅⋅⋅,a 0 α ,α ,⋅⋅⋅,α ∈ 0, 1 2 2025 1 2 2025 2 因为 a +a ， ， a = 1 n 1≤n≤2025 n+1 1−a a 1 n 所以 tanα +tanα ， ， tanα = 1 n =tan(α +α ) 1≤n≤2025 n+1 1−tanα tanα 1 n 1 n 显然 ( π)， ，若 (π )， ，上式不成立， α +α ∈ 0, 1≤n≤2025 α +α ∈ ,π 1≤n≤2025 1 n 2 1 n 2 由于 在 ( π)上单调递增， y=tanx x∈ 0, 2 故α =α +α ，α −α =α ，1≤n≤2025， n+1 1 n n+1 n 1 故 为等差数列，首项和公差均为 ，故 ， ， {α } α α =α +(n−1)α =nα 1≤n≤2025 n 1 n 1 1 1 故a =tannα ，1≤n≤2025， n 1 a tannα b =a − n =tannα − 1 =tannα −sinnα ， 1≤n≤2025 n n √a2+1 1 √tan2nα +1 1 1 n 1 1 由(2)知，tannα −sinnα > (nα ) 3， 1 1 2 1 第 页，共 页 12 11 所以b > (nα ) 3，1≤n≤2025， n 2 1 1 1 1 1 b +b +⋅⋅⋅+b > (α ) 3+ (2α ) 3+⋅⋅⋅+ (2025α ) 3= α3(13+23+⋅⋅⋅+20253) 1 2 2025 2 1 2 1 2 1 2 1 = 1 α3(2025×2026) 2， 2 1 2 因为a >0,a <0，所以tan9999α >0,tan10000α <0， 9999 10000 1 1 π π π π 所以9999α < ,10000α > ， <α < ， 1 2 1 2 20000 1 19998 所以 1 π3 (2025×2026) 2 π3 (2025×2026) 2 ， b +b +⋅⋅⋅+b > = × 1 2 2025 2 200003 2 4 2×200003 其中(2025×2026) 2 (2000×2000) 2 1.6×1013 ， > = =1 2×200003 1.6×1013 1.6×1013 π3 所以b +b +⋅⋅⋅+b > ． 1 2 2025 4 第 页，共 页 13 1