精品解析：浙江省永嘉中学2025-2026学年高三上学期九月数学教学质量检测试题

永嘉中学2023级九月数学教学质量检测试题 选题：金珏欢 邹策 考试时间：9月13日14：00-16：00 考生注意： 1.本科目试卷共1张，4页，19道小题.满分150分，考试时间120分钟.答题前，请务必检查试题卷与答题卷印刷情况，并将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷，草稿纸上作答一律无效.同时考生请注意端正考试行为，把握考试时间，预祝考试顺利. 3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效. 一.选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分，每题有且仅有一个正确选项符合题意 1. 已知一扇形的半径为3，周长为10，则该扇形的面积为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得扇形圆心角，然后由扇形面积公式可得答案. 【详解】设扇形半径为r，周长为C，扇形圆心角为，面积为S. 由题有. 则. 故选：B 2. 已知集合，，则集合中元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】应用复数的乘方、除法运算化简复数，再由集合的并运算求集合，即可得. 【详解】由，， 所以，共有3个元素. 故选：C 3. 根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，则模型误差（ ） A. 满足一元线性回归模型的所有假设 B. 只满足一元线性回归模型的的假设 C. 只满足一元线性回归模型的的假设 D. 不满足一元线性回归模型的，的假设 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，结合残差散点图的分布趋势即可判断. 【详解】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为0，方差为的随机变量的观测值， 在残差图中显示应均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内． 而图中的残差与观测时间存在线性关系，说明均值不为0，残差的方差不是一个常数， 所以不满足一元线性回归模型的所有假设． 故选：D. 4. 点是所在平面内一点，满足，若为中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由结合，可得点是线段上靠近点的四等分点，结合图形分析可得答案. 【详解】， 因为中点，则， 代入可得，从而三点共线，， 即点是线段上靠近点的四等分点. 则，而，故. 故选：B 5. 已知，则角所在的区间可能是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】令，则，又由，得，解得，舍去，则，在第二或第四象限，排除A和D，又而，当时，排除B，只有C答案满足，故选C. 点睛：本题主要考查了三角恒等式的应用，三角函数在各象限内的符号，以及排除法在选择题中的应用，具有一定难度；令，可将已知等式转化为关于的一元二次方程，结合三角函数的有界性可得，即和的符号相反，可排除A和D，当时，可求出与所求矛盾，排除B. 6. 在平面直角坐标系中有曲线和，直线与、分别相切于，直线（不同于）与、分别相切于点，则与交点的横坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，利用导数的几何意义求出，的方程，联立方程求解即可. 【详解】解：设， 对，求导得， 所以在处的切线方程为， 即， 对，求导得， 所以在处的切线方程为， 即， 又因为是与的公切线， 所以， 解得或， 不妨取； 同理可得， 从而可得，即的方程为：， 同理可得，即的方程为：， 由，解得， 所以与交点的横坐标是. 故选：A. 7. 在平面直角坐标系中，存在圆，点和点，M为圆O上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】C 【解析】 【分析】设点，求得，其中，结合和，即可求解. 【详解】设点，由圆，点和点， 可得， 其中，点在圆外，点在圆内， 如图所示，可得， 当且仅当为的延长线与圆的交点时，取得等号， 所以的最大值为； 又由， 当且仅当为与圆的交点 时，取得等号， 所以的最小值为. 故选：C. 8. 已知函数，记函数的反函数为，设函数的极值点个数为c；当时，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出函数的表达式，通过求导并分析导数的零点个数来确定极值点的个数，通过构造函数将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，通过导数研究函数的单调性，进而确定参数的取值范围. 【详解】已知，其反函数，则. 对求导可得，. 令，则在上恒成立，所以在上单调递减. 又，，所以在上存在唯一的，使得，即. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 因此有且只有一个极值点，即. 令. 因为当时，，所以恒成立. 对求导可得，. 令，则 当，，，所以， 在上单调递增，则有，即. 当时，因为，所以，在上单调递增，，满足在上恒成立； 当时，因为，所以，在上单调递减，，不满足在上恒成立； 当时，由于在上恒成立，所以在上单调递增，且，，所以在上存在唯一的，使得.当时，，所以在上单调递减，则，不满足在上恒成立. 综上，实数的取值范围是. 由于，所以实数的取值范围是. 故选：A. 二.选择题：本题共3小题，每小题6分，共计18分，每题至少有一个正确选项符合题意. 9. 随机事件A，B满足，其中分别指事件A和B的概率，则下列说法中正确的是（ ） A. = B. = C. 事件A与B不独立 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据已知联立方程求出，然后根据概率的相关公式逐一判断即可. 【详解】对于选项A：，， ，，， 联立求解，，解得，选项A错误； 对于选项B：， ，选项B正确； 对于选项C：，， ，，事件A与B不独立，选项C正确； 对于选项D：， 而，选项D错误； 故答案为：BC 10. 在平面直角坐标系中，曲线的方程为：，试判断下列说法中正确的是（ ） A. 曲线与直线：没有交点 B. 存在垂直于x轴的直线与曲线没有交点 C. 曲线与直线：有两个交点 D. 曲线与圆： 有三个交点 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，代入后用判别式判断即可；对于B，易知直线与曲线没有交点；对于C，联立得，可因式分解求根确定交点；对于D，代入后可得，解得或，再代入圆中求解即可． 【点睛】对于A，代入曲线，得， ，所以方程有解，即有交点，故A错误； 对于B，因为时，，即无解， 所以存在垂直于x轴的直线与曲线没有交点，故B正确； 对于C，联立， 解得或或， 即曲线与直线：只有3个交点，故C错误； 对于D，将代入曲线得，所以或， 当时，即，解得或， 当时，即，解得或， 综上，曲线与圆： 有三个交点，故D正确． 故选：BD． 11. 已知是由具有公共直角边的两块直角三角板（和）组成的三角形，如下图所示，其中，.现将沿斜边进行翻折成（不在平面上）.若分别为和的中点，则在翻折过程中，下列命题中正确的是（ ） A. 在线段上存在一定点，使得平面 B. 存在某个位置，使得直线平面 C. 存在某个位置，使得直线与所成角为 D. 对于任意位置，二面角始终不小于直线与平面所成角 【答案】ABCD 【解析】 【分析】由线成平行判定定理判断A，由线面垂直的判定定理判断B， 假设存在某个位置，使得直线与所成角为，由，过作，可得，设，计算出后可判断C，过作平面，垂足为，连接，过作，垂足为，连接，可得为与平面所成角，为二面角的平面角，根据和的大小关系得有大小关系，从而得两角的正切之间的大小关系，判断出D． 【详解】对于，当为的中点时，可得，平面，平面，即有平面，故正确； 对于，由于，当，且，，可得直线平面，故正确； 对于，取的中点为，则，过作，可得， 设，，，， 可得，，，， 而，而， 代入计算可得， 而， 且当时，有， 故存在某个位置，使得直线与所成角为，故正确； 对于，过作平面，垂足为，连接，过作，垂足为，连接，可得为与平面所成角，为二面角的平面角，，，，∴，可得，则任意位置，二面角始终不小于直线与平面所成角，故正确． 故选：ABCD． 【点睛】本题考查线面平行、线面垂直的判定，考查异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，对空间角需作出表示空间角的“平面角”，通过“平面角”表示空间角． 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分 12. 已知抛物线：焦点为，过向第一象限作射线，过点作的切线，切点为，且，则点的轨迹是__________的一部分（选填：直线，圆，椭圆，抛物线，双曲线）. 【答案】直线 【解析】 【分析】设，建立起与，斜率的关系式，消元得到关于，的方程，即可得点的轨迹方程，从而得到结果. 【详解】不妨设，由已知， 设直线的斜率为①，倾斜角为， 切线斜率为，倾斜角为， 由正切和差公式可得，， ②， 设切线方程为，联立， 得，由得③， 将①③代入②可得， 化简并因式分解有， 再代入③，得，由，则， 所以点的轨迹是直线的一部分. 故答案为：直线. 13. 已知函数的定义域为，对任意，有且.若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】通过对两个不等式进行赋值代换得到函数的一个递推关系式，再用累加法即可得所求函数值. 【详解】由，令，则，代入不等式得， ，再次迭代两次得， ， ， 由上述三式相加得，即——①. 再由，令，则，代入不等式得， ，即——②. 因为对任意，有且. 综合①②得.再分别对依次赋值得： 上述8个式子相加得， ， 又因，所以. 故答案为：. 14. 已知，且，记随机变量为中的最小值，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，转化为7个1之间的6和空隙中插入两个挡板，得到基本事件的总数为种情况，分析最小的数字为1和2，两种情况讨论，分别求得相应的概率，结合期望和方差的公式，即可求解. 【详解】由，且，相当于7个1之间的6和空隙中插入两个挡板， 所以共有种情况， 因为随机变量为中的最小值，所以随机变量为或， 当最小数字为1时，可分为两种情况： ①三个数字中只有一个1时，设其中一个数为1， 则另两数之和为6，且均不小于2，这两个数可以是或， 当三个数为时，有种排列， 当三个数为时，有种排列.故共有种情况； ②三个数字中有两个1时，有种情况， 所以概率为； 当最小数字为2时，则三个数字为,有种情况， 所以概率为， 则， 则. 故答案为：. 四.解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题一题15分，18，19题一题17分，共计77 分 15. 如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，三条棱都在平面的同侧. （1）若平面与平面所成的二面角为，求顶点到平面的距离的最大值； （2）若顶点到平面的距离分别为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）过点A作垂直于平面的平面，过分别作平面的垂线，垂足分别为，当时，顶点到平面的距离的最大，即可求解； （2）作平面于,平面于,连接.过点作,垂足为点.利用勾股定理可得:..利用余弦定理可得,可得,设平面与平面所成锐二面角为,利用,即可得答案. 【小问1详解】 过点A作垂直于平面的平面，过分别作平面的垂线，垂足分别为， 可知当时，顶点到平面的距离的最大， 即，而，即，得， 在中，得，而，得， 得顶点到平面的距离的最大值为. 【小问2详解】 如图, 作平面于,平面于，连接 过点作，垂足为点. 可得: ,， ， ， ， ， ， 设平面与平面所成锐二面角为， ， 平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 16. 已知满足三个条件：①，②，③________________. （1）若条件③是“是直角三角形”，求； （2）从下列选项中选择一个作为条件③，使满足条件的恰好有2个，并说明你的选择理由. Ⅰ.，Ⅱ. Ⅲ.是等腰三角形. 【答案】（1） 或 （2） 仅条件Ⅰ符合题意，理由如下： 对于Ⅰ，Ⅱ，对给定的， 若满足的恰好有2个， 则为锐角，且解出需有两解，分别为一个锐角和一个钝角. 设的锐角解为，则钝角解为， 要使存在，需满足， 解得， 所以， 即， 解得，即， 故Ⅰ符合题意； 因为，所以Ⅱ不满足题意. 对于Ⅲ，若是等腰三角形，分三种情况讨论： 若， 则有，， 又因为， 所以， 即，满足条件； 若， 则， 所以，， 整理得， 设， 又， ， 则在上有零点， 即存在使成立，满足条件； 若， 则， ， ， 整理得， 设， 则， 即存在，使成立，满足条件； 又因为当时，不满足条件.（可根据②简化步骤） 所以满足题意的至少有三个， 故Ⅲ不满足题意； 所以只有条件Ⅰ符合题意. 【解析】 【分析】（1）分、、，结合①②求解即可； （2）对Ⅰ，Ⅱ，对给定的，由题意可得，则有则为锐角， 需有两解，分别为一个锐角和一个钝角，从而解得解得，即，即可得只有Ⅰ符合；对于Ⅲ，分、、，分别求解，可得三角形有三个，不符题意，即可得答案. 【小问1详解】 若是直角三角形，分三种情况讨论： ①若，， 整理得，无解； ②若，，即， 又因为，所以，满足条件； ③若，则， 整理得， ， 因为， 所以无解， 故， 又因为， 所以， 所以，满足条件； 综上，或； 【小问2详解】 略 17. 在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为． （1）求与； （2）求； （3）证明：． 附：①若随机变量的可能取值为，则 ②若随机变量，则． 【答案】（1）， （2） （3） 设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数， 则，其中， 则， ， 设， ， 作差可得： ， 所以， 所以，即， 令， 当时，，所以在单调递增， 所以，即， 所以， 所以． 【解析】 【分析】（1）理解及的意思，根据古典概型的概率公式计算即可； （2）根据题意求出的概率，根据数学期望的计算公式，结合数列错位相减法求和即可求解； （3）求出的概率，进行用同（2）的方法求出，进而由可求出，再利用导数证明数列不等式即可. 【小问1详解】 表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，故， 表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，第5次才摸出最后一个编号的球， 第5次才摸出第三个编号的球，则前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次， 则． 【小问2详解】 依题意可得：， 则， 所以， 设， ， 作差可得， 所以， 所以. 【小问3详解】 略. 18. 平面直角坐标系中，点在以为左，右焦点的双曲线上，双曲线C的渐近线和y轴将xOy平面六等分. （1）求双曲线C的标准方程； （2）若不过的直线l与交于不同的两点； （i）设l的斜率为，若为直线斜率的等差中项，求到l的距离的取值范围； （ii）如图，点P在双曲线C的左支上，点A在第一象限，l与的平分线m垂直，垂足为D，点O为线段AP的中点，求的最大值. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由点在双曲线上，分析出渐近线与x轴夹角得斜率，列方程求参数值，即可得方程； （2）（i）设直线的方程为，，，联立双曲线并应用韦达定理，及等差中项的性质列方程求得，结合判别式得、，进而求或，最后应用点线距离公式用表示出，即可得范围；（ii）设，直线m斜率为k，记其方向向量，根据题设可得，应用坐标法列方程得到，代入求出坐标，设直线m的方程为，直线的方程为，将点代入求参数关系，应用点线距离公式得，且直线的方程为，联立双曲线并应用韦达定理、弦长公式求得，最后应用基本不等式求的最大值. 【小问1详解】 因为点在C上，所以①， 又双曲线C的渐近线和y轴将xOy平面六等分， 所以渐近线与x轴的交角为，则②， 由①②解得， 故双曲线的方程为． 【小问2详解】 （i）设直线的方程为，，， 联立得， 韦达定理得，由，得， 因为直线的斜率的等差中项，则，代入， 得，整理得， 当时，直线为，此时直线过焦点，不合题意， ，即， ，代入化简可得， 解得或， 又， 令可得， ，而 在上均单调递减， 所以，故． （ii）由题意，点A与点P关于原点对称，有， 可知直线m斜率存在，设直线m斜率为k，记其方向向量， 又m为的平分线，则， ，， ， 同理， 又，， 代入，得，化简得， 又，，所以， 将代入，，得，， ，，， 设直线m的方程为，将代入得， 直线m的方程为，，由点到直线距离公式得， 直线的斜率为，设直线的方程为，将代入得， 直线的方程为， 将其与联立得， 则，，由得， ， 由基本不等式，，当且仅当时，等号成立， ，当且仅当时，等号成立， 故的最大值为． 19. 已知函数. （1）设，曲线y=在点（）处切线均经过坐标原点. （i）求 ； （ii）求证：； （2）将的极小值点从小到大排列，形成的数列记为，首项记为. （i）求证：是单调递增数列； （ii）求的最小值. 【答案】（1）（i）1； （ii）证明:由（i）得，画出函数与图象，如图，   如图，设， 知， 由正切函数图象性质， 得， 即， 又， 所以， 即，解得，即； （2）（i）证明: ，于是令， 所以， 即在上单调递减，在上单调递增. 又，， 所以在上有唯一零点且为的极大值点， 又， 所以在上有唯一的零点且位于， 易知此零点为函数的极小值点.所以，； 令， 又，即， 令， 则  ， 所以，又因为， 所以在上单调递减，于是. 所以是单调递增数列； （ii） 【解析】 【分析】（1）（i）由导数求函数的切线方程，因为切线均过原点，得，进行求解； （ii）设，知，由正切函数图象性质，得， 化简得，即可求证． （2）（i）求出，令，求出函数的单调区间，得到函数的极小值点即得解，令，得到，令，即得，在上单调递减，得，即得证； （ii）显然的极小值中最小的值为的最小值，又，即得解. 【小问1详解】 （i）由题意知，令，则， 得， 所以曲线在点处的切线方程分别为： ， 因为切线均过原点，所以， 即， 得； （ii）略； 【小问2详解】 （i）略； （ii）显然的极小值中最小的值为的最小值， 又 ， 又， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永嘉中学2023级九月数学教学质量检测试题 选题：金珏欢 邹策 考试时间：9月13日14：00-16：00 考生注意： 1.本科目试卷共1张，4页，19道小题.满分150分，考试时间120分钟.答题前，请务必检查试题卷与答题卷印刷情况，并将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷，草稿纸上作答一律无效.同时考生请注意端正考试行为，把握考试时间，预祝考试顺利. 3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效. 一.选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分，每题有且仅有一个正确选项符合题意 1. 已知一扇形的半径为3，周长为10，则该扇形的面积为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 2. 已知集合，，则集合中元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，则模型误差（ ） A. 满足一元线性回归模型的所有假设 B. 只满足一元线性回归模型的的假设 C. 只满足一元线性回归模型的的假设 D. 不满足一元线性回归模型的，的假设 4. 点是所在平面内一点，满足，若为中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则角所在的区间可能是 A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中有曲线和，直线与、分别相切于，直线（不同于）与、分别相切于点，则与交点的横坐标是（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，存在圆，点和点，M为圆O上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 8. 已知函数，记函数的反函数为，设函数的极值点个数为c；当时，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二.选择题：本题共3小题，每小题6分，共计18分，每题至少有一个正确选项符合题意. 9. 随机事件A，B满足，其中分别指事件A和B的概率，则下列说法中正确的是（ ） A. = B. = C. 事件A与B不独立 D. 10. 在平面直角坐标系中，曲线的方程为：，试判断下列说法中正确的是（ ） A. 曲线与直线：没有交点 B. 存在垂直于x轴的直线与曲线没有交点 C. 曲线与直线：有两个交点 D. 曲线与圆： 有三个交点 11. 已知是由具有公共直角边的两块直角三角板（和）组成的三角形，如下图所示，其中，.现将沿斜边进行翻折成（不在平面上）.若分别为和的中点，则在翻折过程中，下列命题中正确的是（ ） A. 在线段上存在一定点，使得平面 B. 存在某个位置，使得直线平面 C. 存在某个位置，使得直线与所成角为 D. 对于任意位置，二面角始终不小于直线与平面所成角 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分 12. 已知抛物线：焦点为，过向第一象限作射线，过点作的切线，切点为，且，则点的轨迹是__________的一部分（选填：直线，圆，椭圆，抛物线，双曲线）. 13. 已知函数的定义域为，对任意，有且.若，则__________. 14. 已知，且，记随机变量为中的最小值，则________. 四.解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题一题15分，18，19题一题17分，共计77 分 15. 如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，三条棱都在平面的同侧. （1）若平面与平面所成的二面角为，求顶点到平面的距离的最大值； （2）若顶点到平面的距离分别为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 16. 已知满足三个条件：①，②，③________________. （1）若条件③是“是直角三角形”，求； （2）从下列选项中选择一个作为条件③，使满足条件的恰好有2个，并说明你的选择理由. Ⅰ.，Ⅱ. Ⅲ.是等腰三角形. 17. 在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为． （1）求与； （2）求； （3）证明：． 附：①若随机变量的可能取值为，则 ②若随机变量，则． 18. 平面直角坐标系中，点在以为左，右焦点的双曲线上，双曲线C的渐近线和y轴将xOy平面六等分. （1）求双曲线C的标准方程； （2）若不过的直线l与交于不同的两点； （i）设l的斜率为，若为直线斜率的等差中项，求到l的距离的取值范围； （ii）如图，点P在双曲线C的左支上，点A在第一象限，l与的平分线m垂直，垂足为D，点O为线段AP的中点，求的最大值. 19. 已知函数. （1）设，曲线y=在点（）处切线均经过坐标原点. （i）求 ； （ii）求证：； （2）将的极小值点从小到大排列，形成的数列记为，首项记为. （i）求证：是单调递增数列； （ii）求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $