精品解析：湖南省部分学校2025-2026学年高三上学期9月大联考数学试卷

2025年下学期高三9月联考 数学 本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是等边三角形，边长为4，则（ ） A. B. 8 C. D. 3. 是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）.若已求得一元线性回归方程，则下列选项中正确的是（ ） x 1 2 3 4 5 y 0.5 0.9 1 1.1 1.5 A. B. x与y的样本是负相关 C. 当时，y的预估值为2.2 D. 去掉样本点后，x与y的样本相关系数r必会改变 5. 在平面直角坐标系xOy中，已知拋物线的焦点为F，准线为直线，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则面积的最小值为（ ） A. 18 B. 16 C. 12 D. 8 6. 记数列的前项和为，，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知奇函数的定义域为，满足对任意、，且，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量，等差数列，则数列的前5项和为（ ） A. -5 B. 0 C. 5 D. 18 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 已知椭圆的两个焦点分别为是上任意一点，则（ ） A. 的离心率为 B. 的周长为12 C. 的最小值为3 D. 的最大值为16 10. 下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为，，则密码被成功破译的概率为 B. 一箱12罐的饮料中有2罐有奖券，从中任意抽取2罐，这2罐中有奖券的概率为 C. 一个袋子中有4个红球，n个绿球，不放回地从中随机取出两个球，若取出的两球都是红球的概率为，则 D. 甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，相比3局2胜制，5局3胜制对甲更有利 11. 已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则（ ） A. B. 的图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象 C. 的图象在区间内有3个对称中心 D. 若在区间上的最大值与最小值分别为，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是关于x的方程的一个根，则__________. 13. 已知正数满足，则的最大值为______. 14. 设三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则角__________. 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. 已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，，E是的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 已知等轴双曲线过点，直线与交于两点，与其渐近线交于两点. （1）求的方程； （2）设，求的取值范围. 17. 已知函数. （1）若，讨论的单调区间； （2）若，，满足当时，恒成立，求实数a的取值范围. 18. 三角形内到三个顶点距离之和的最小的点称为“费马点”，当的三个内角均小于时，满足的点为其费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为其费马点. （1）在中，角的对边分别为，满足，. ①若，求，并求费马点到顶点的距离之和； ②求周长的取值范围. （2）若是平面内的向量，且，，求的最小值. 19. 已知函数，，. （1）若，在上单调递减，求实数的取值范围； （2）若，且有且仅有两个不同的零点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年下学期高三9月联考 数学 本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用补集和交集运算即可求得结果. 【详解】由全集，集合，得， 又因为，所以. 故选：B 2. 已知是等边三角形，边长为4，则（ ） A. B. 8 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的数量积的定义求解即可. 【详解】因为是等边三角形，边长为4， 所以. 故选：A. 3. 是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据两者的推出关系可得条件关系，从而可得正确的选项. 【详解】若，则，若均为负数，则均无意义， 故推不出； 若，则，而为上的减函数，故， 故能推出， 故是的必要不充分条件， 故选：B. 4. 为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）.若已求得一元线性回归方程，则下列选项中正确的是（ ） x 1 2 3 4 5 y 0.5 0.9 1 1.1 1.5 A. B. x与y的样本是负相关 C. 当时，y的预估值为2.2 D. 去掉样本点后，x与y的样本相关系数r必会改变 【答案】A 【解析】 【分析】由表格数据求出样本中心点求解判断A；由的正负判断B；由回归方程计算判断C；由相关系数公式判断D. 【详解】，则样本中心点为， 对于A，由，得，A正确； 对于B，由，得与的样本是正相关，B错误； 对于C，当时，的预估值为，C错误； 对于D，由相关系数公式知，去掉样本中心点后，与的样本相关系数不会改变，D错误． 故选：A 5. 在平面直角坐标系xOy中，已知拋物线的焦点为F，准线为直线，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则面积的最小值为（ ） A. 18 B. 16 C. 12 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，设出直线的方程并与抛物线方程联立，结合韦达定理求出三角形面积的最小值. 【详解】依题意，，解得，则抛物线，焦点， 设点，直线的方程为， 由消去得，则，， 因此，当且仅当时取等号， 所以面积的最小值为8. 故选：D 6. 记数列的前项和为，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用可得，求出后可求. 【详解】因为，故即，其中. 因为，故，故, 故，故，所以为等比数列且首项为，公比为2， 故， 故选：D. 7. 已知奇函数的定义域为，满足对任意、，且，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性与单调性，可得出，分、两种情况将不等式变形，结合函数的单调性即可得解. 【详解】构造函数，其中， 则，所以，函数为偶函数， 对任意的对任意、，且，都有， 不妨设，则，可得，即， 所以，函数在上为减函数，则该函数在上为增函数， 且，， 当时，由可得，可得； 当时，由可得，可得. 综上所述，不等式的解集为. 故选：B. 【点睛】思路点睛：根据函数单调性求解函数不等式的思路如下： （1）先分析出函数在指定区间上的单调性； （2）根据函数单调性将函数值的关系转变为自变量之间的关系，并注意定义域； （3）求解关于自变量的不等式 ，从而求解出不等式的解集. 8. 已知平面向量，等差数列，则数列的前5项和为（ ） A. -5 B. 0 C. 5 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】求出的解析式和的表达式，利用等差中项性质和诱导公式化简得,,代入数列的前5项和,化简即得答案. 【详解】， ， 为等差数列，， ，， ， 同理，， 故数列的前5项和为 . 故选：B 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 已知椭圆的两个焦点分别为是上任意一点，则（ ） A. 的离心率为 B. 的周长为12 C. 的最小值为3 D. 的最大值为16 【答案】BD 【解析】 【分析】根据椭圆方程标准形式可判断A，根据椭圆定义可判断B，根据焦半径范围判断C，根据基本不等式可判断D即可. 【详解】由椭圆，可得， 所以，故离心率为，故A错误； 根据椭圆的定义可知的周长为，故B正确； 根据椭圆焦半径的取值范围可知，故C错误； 根据基本不等式可得， 取等号条件是，故D正确. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为，，则密码被成功破译的概率为 B. 一箱12罐的饮料中有2罐有奖券，从中任意抽取2罐，这2罐中有奖券的概率为 C. 一个袋子中有4个红球，n个绿球，不放回地从中随机取出两个球，若取出的两球都是红球的概率为，则 D. 甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，相比3局2胜制，5局3胜制对甲更有利 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据独立事件概率乘法公式和对立事件概率公式求解即可判断A；结合组合数的运算，根据古典概型概率公式求解判断B；结合分步计数原理，根据古典概型概率公式列方程求解判断C；分别计算采用“5局3胜制”和采用“3局2胜制”时甲获胜的概率，比较大小即可判断D. 【详解】对于A：因为各人能破译的概率分别为，， 所以密码被成功破译的概率为，故A正确； 对于B：依题意所求的概率为，故B错误； 对于C：由题意取出的两球都是红球的概率为，则， 解得或（舍去），故C正确； 对于D：采用“5局3胜制”甲获胜的概率为， 采用“3局2胜制”甲获胜的概率为， 因为，所以相比3局2胜制，5局3胜制对甲更有利，故D正确. 故选：ACD 11. 已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则（ ） A. B. 的图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象 C. 的图象在区间内有3个对称中心 D. 若在区间上的最大值与最小值分别为，则的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，根据题意得到函数最小正周期，进而得到，代入对称轴方程，求出；B选项，在A选项基础上，利用平移法则得到B正确；C选项，区间是函数的一个周期，而，故在此区间内有2个对称中心，C错误；D选项，根据的位置，结合函数对称性和三角恒等变换得到的最值. 【详解】A选项，的最小正周期为， 因为，故，解得． 由题意得，即．又， 所以令，得，A错误； B选项，由A可得，将其图象上的所有点向右平移个单位长度， 得到的图象，B正确； C选项，因为，又，所以区间是函数的一个周期， 而，故在仅有两个零点， 即有2个对称中心，C错误； D选项，由，得， 即图象的对称轴为． 的最小正周期为，由对称性可知， 当与关于直线对称时，取得最小值， 由得， 此时． 当为偶数时，最小值为，最大值为； 当为奇数时，最大值为，最小值为， 故的最小值为1； 当或时， 函数在上单调，此时取得最大值， ， 当或时等号可以成立，所以的取值范围为，D正确． 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是关于x的方程的一个根，则__________. 【答案】14 【解析】 【分析】根据给定条件，利用实系数一元二次方程虚根的特征，结合韦达定理求解. 【详解】由是方程的一个根， 得是方程的另一个根， 则，解得， 所以. 故答案为：14 13. 已知正数满足，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】对条件等式利用基本不等式再结合一元二次不等式即可求解. 【详解】已知正数满足， 根据基本不等式，（取等号）， 即，即， 于是，得到， 当时，时，的最大值为. 故答案为： 14. 设三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则角__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二倍角公式、和差化积公式，结合诱导公式得，再分类讨论求解. 【详解】由，得， 即，则， 在中，，于是， 则或， 当时，，则与矛盾， 当时，，，又，则， 即，解得或，于是或，符合题意， 所以. 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. 已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，，E是的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由底面菱形性质得，再由线面垂直性质定理得，然后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面和平面的法向量，再用向量夹角公式求两平面夹角余弦值. 【小问1详解】 因底面是菱形，，E是BC的中点，所以， 又，则．又平面，平面，所以． 因为平面，且，所以平面． 【小问2详解】 因为平面，，，所以两两垂直． 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 则， 设平面的一个法向量为，， 则，所以即，取，得， 设平面的法向量为，， 则，所以，取，得， 设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 16. 已知等轴双曲线过点，直线与交于两点，与其渐近线交于两点. （1）求的方程； （2）设，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等轴双曲线得到方程的一般形式，再将所过的点代入后可得方程； （2）联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理用表示，再利用函数的性质可求范围. 【小问1详解】 ∵等轴双曲线E过点， ①若E的焦点在x轴上，不妨设，代入，可得， ∴， ②若E的焦点在y轴上，不妨设，代入，可得，不符题意， 综上所述，. 【小问2详解】 设，，，， 联立可得， ∴，，解得， ∴，， 显然双曲线E的渐近线方程为，不妨设C为直线：与直线l的交点， 联立可得，同理， ∴， ∵，∴， ∴的取值范围为. 17. 已知函数. （1）若，讨论的单调区间； （2）若，，满足当时，恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1）答案见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出，就、、分类讨论导数的符号后可得单调区间； （2）利用同构可得在上恒成立，构建新函数，就、分类讨论后可得的取值范围. 【小问1详解】 , 若时，，故的增区间为，无减区间； 若， 当时，， 当时，， 故的增区间为，减区间为. 若， 当时，， 当时，， 故的增区间为，减区间为. 综上， 若，的增区间为，无减区间； 若，的增区间为，减区间为. 若，的增区间为，减区间为. 【小问2详解】 时，恒成立，即为时，恒成立. 设，其中，则，故为上的增函数， 而，即为，即， 其中，故，即在上恒成立， 所以在上恒成立， 设，其中，故， 若即，则，故在上为增函数，故， 所以，该不等式恒成立，故符合； 若即，当时，，当时，， 故在为减函数，在为增函数，故， 所以，即， 综上. 18. 三角形内到三个顶点距离之和的最小的点称为“费马点”，当的三个内角均小于时，满足的点为其费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为其费马点. （1）在中，角的对边分别为，满足，. ①若，求，并求费马点到顶点的距离之和； ②求周长的取值范围. （2）若是平面内的向量，且，，求的最小值. 【答案】（1）①2；② （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题中条件结合正弦定理或余弦定理化简计算得到角①结合，计算，进而求得费马点到顶点的距离之和；②根据三角形周长公式和正弦定理边化角，利用三角形内角和定理，结合角的范围求出三角形周长的取值范围； （2）设，结合条件令，得到，，，代入所求式子， 进而设点，，，转化为所以原式为求最小值.在中，因为，关于x轴对称，，根据余弦定理的推论判断为锐角三角形，结合P点在内到三个点距离之和最小，利用费马点定义和性质，计算得到得到答案. 【小问1详解】 法一：因为，由正弦定理 所以 因为， 所以 即，因为 所以，， 所以. 法二：由余弦定理得， 所以 所以， 所以 ①当，则， 所以. 因为，依据“费马点”性质，此时P与点A重合， 所以. ②三角形的周长为， 由正弦定理得， 所以 因为，所以 所以， 所以. 【小问2详解】 设，因为，， 令， 所以，， 所以 设点，，， 所以原式为求最小值. 在中，因为，关于x轴对称，， 因为，即 所以为锐角三角形.. P点在'内到三个点距离更小，利用费马点定义和性质，转化为在内找一点P使得，利用对称性知P在的高上，且， 所以，， 所以 所以最小值为. 19. 已知函数，，. （1）若，在上单调递减，求实数的取值范围； （2）若，且有且仅有两个不同的零点，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数非正结合参变分离可求实数的取值范围； （2）根据保号性可得当时至少有三个不同的零点，再证明时有且仅有两个不同零点，故可得的最大值. 【小问1详解】 若，则， 因为在上单调递减，故在上恒成立. 故即在上恒成立. 设，则， 设，则， 故在上为减函数，而，， 故在存在一个零点，且当时，， 当时，，故在上为增函数，在为减函数， 故，故. 【小问2详解】 若，则，故，其中. 当时，， 故存在一个区间，满足且，， 故在上为减函数，而，故，， 但时，；时，， 故此时在上至少存在一个零点，在至少上存在一个零点， 而且，故此时至少有3个不同的零点，与题设矛盾. 当时，，设， 则， 当时，，故在上为减函数， 故，故在上恒成立， 故在上为增函数，而，故在上无零点. 当时，因为在上为增函数， 故在上为增函数，故，， 故存在使得当时，即， 当时，即， 故在为减函数，在为增函数， 当时，，故在上单调递增， 而图象在处不间断，故在上为增函数， ，故在上有且只有一个零点， 当时，，故在无零点， 综上，时，有且仅有两个不同的零点， 故的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $