精品解析：广东省部分学校2026届高三上学期9月联考数学试题

2026届高三年级9月份联考 数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 一、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. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则求得z，由复数的几何意义得对应点的坐标即可判断. 【详解】设， 则z在复平面内对应的点位于第二象限． 故选：B． 2. 若函数的图象关于轴对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件可得函数为偶函数，故，由此可求. 【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称， 因为函数的图象关于轴对称， 所以函数为偶函数， 所以， 所以， 所以恒成立， 所以， 故选：D. 3. 已知一个底面半径为1的圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的4倍，则该圆锥的母线长为（ ） A. 4 B. 1 C. 2 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面积公式列式可得圆锥母线的长. 【详解】设该圆锥的底面半径为r，母线长为l， 由题意，所以． 故选：A 4. 已知向量，，且与垂直，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标表示式计算即得. 【详解】由题意可得，， 由与垂直可得，解得． 故选：C． 5. 设正数满足为与的等差中项，为与的等比中项，若，则（ ） A. 4.5 B. 3 C. 3.5 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差中项的性质得到，结合题意得到，利用等比中项的性质求出，结合和求解即可. 【详解】由题意可得成等差数列，成等比数列， 得到，，故， 若，则，解得， 可得，即，故A正确. 故选：A． 6. 的展开式中，的系数为（ ） A. 60 B. 30 C. 45 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】的展开式中，有， 则的系数为，的系数为， 所以的展开式中，的系数为． 故选：A． 7. 已知第二象限角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二倍角公式化简求值. 【详解】由题意可得，即， 根据二倍角公式展开即：，解得或， 又因为为第二象限角，故，则，， 故． 故选：D． 8. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合题意与正态分布的性质求出和，最后结合条件概率公式求解即可. 【详解】由题可知该正态分布的均值为，其图象的对称轴为直线， 则，又， 由对称性可知， 由条件概率公式得． 故选：C． 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知集合，，则（ ） A. 当时，集合含有2个元素 B. 集合中的元素个数可能为5 C. 当时， D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据各选项的条件，可验证AD正确；通过举例子可判断B正确；通过举反例可排除C项. 【详解】对于A，当时，则，，此时，故A正确； 对于B，取，，则，，此时，故B正确； 对于C，取，，此时，，，而有，故C错误； 对于D，当时，，， 根据集合元素的互异性，必有， 若，则两集合除0外的元素也应相同，即， 这需要满足“且”（显然不成立）或“且”，后者要求， 与集合B元素互异性的要求矛盾，故假设不成立，因此，故D正确， 故选：ABD． 10. 记，分别为双曲线的左、右焦点，以为圆心，以E的焦距为半径的圆T与E的右支交于P，Q两点，则（ ） A. E的渐近线方程为 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出双曲线的渐近线方程即可判断A；求得E的焦距及的坐标，得圆T的方程可判断B；联立圆T与E的方程，求出的坐标，得可判断C；由余弦定理得，即可判断D． 【详解】对于A选项，易知中实半轴长，虚半轴长，半焦距， 则E的渐近线方程为，故A正确； 对于B选项，易得E的焦距为4，，故圆T的方程为， 即，故B错误； 对于C选项，联立，可得， 故（舍）或，代入可得， 不妨令P在第一象限，则，， 显然，故C正确； 对于D选项，显然， 故由余弦定理可得，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知函数，点和是曲线相邻的两个对称中心，记为的导数，则（ ） A. B. C. 在区间上有4条平行于y轴且被曲线无限逼近的直线 D. 直线是曲线的一条切线 【答案】AC 【解析】 【分析】首先根据正切函数对称中心的性质，列式求函数的解析式，判断A，再求导数判断B，再结合渐近线方程判断C，利用导数的几何意义求切线方程，再对比选项D的切线方程，即可判断D. 【详解】由题可知，， 故，其中T是的最小正周期， 又因为点是曲线的对称中心， 即，，结合可知． 因此，故A正确； ， 所以 所以，故B错误； 平行于y轴且被曲线无限逼近的直线的方程满足，， 解得，，在区间上解， 解得，，0，1，共四个取值， 所以在区间上有4条平行于y轴且被曲线无限逼近的直线，故C正确； 若切线斜率为6，则， 解得， 此时切线方程应为， 显然是含有的角，所以，故D错误． 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设椭圆E的焦距为2，短轴长为，则E的长半轴长为______，离心率为______． 【答案】 ①. 2 ②. ## 【解析】 【分析】根据焦距和短轴长的概念求得， ，然后利用公式和求解即可. 【详解】由题意可得椭圆E的半焦距，短半轴长， 故长半轴长， 故E的离心率为． 故答案为：2，． 13. 函数的极小值为______． 【答案】3 【解析】 【分析】先求导，再根据导数正负判断单调性确定极值即可． 【详解】易得， 故当时，，单调递减； 时，，单调递增． 故的极小值为． 故答案为：3． 14. 在中，记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，D为边BC上的一点，且AD是的平分线，则______，的最小值为______． 【答案】 ①. 4 ②. ## 【解析】 【分析】根据面积相等可得角平分线与边的关系,从而得到的值.在和中，分别应用正弦定理可得与边的关系，把求的最小值问题转化为函数的最小值问题，通过导数判断函数单调性，即可求得答案. 【详解】因为，AD是的平分线，所以． 因为， 所以， 所以， 所以，即. 设，因为所以，所以. 在中，由正弦定理可得，则， 在中，由正弦定理可得，则， 令，则. 因为，所以在中，由余弦定理可得，即. 故． 令，则. 当时，，所以，所以，即， 所以函数在区间上单调递减，函数在处取得最大值，最大值为. 所以当，即，即，即是等腰三角形时，取得最小值，最小值为． 故答案为：4，． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，A，B，C为E上三点，且F为的垂心． （1）若点A的纵坐标为，求直线的斜率； （2）若A为坐标原点，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据抛物线焦点坐标公式求出抛物线方程，进而得到点A的坐标，再利用垂直关系求出直线的斜率； （2）先设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到B、C两点横坐标的关系再根据垂直关系求出直线的斜率，进而求出的面积． 【小问1详解】 由题意可得抛物线， 令易得，故直线AF的斜率为， 由于为垂心，故，故直线BC的斜率为． 【小问2详解】 因为A为坐标原点，F为的垂心， 所以，即，则轴， 设，则， 又，所以，解得． 从而的面积为． 16. 射频芯片在无线通信技术中起着至关重要的作用，其性能的好坏直接影响到通信的稳定性和效率．现从型号为SX1280与BGM220P的两款射频芯片中各抽取50枚芯片，每10枚芯片为一组，得到它们的频率参数表： 1组 2组 3组 4组 5组 SX1280 24.2 24.3 24.1 24.0 24.4 BGM220P 24.1 24.2 24.5 24.1 24.1 记型号为SX1280的射频芯片所得平均频率为，方差为；型号为BGM220P的射频芯片所得平均频率为，方差为． （1）记． （ⅰ）求，； （ⅱ）已知：若，则称这两款射频芯片的电气参数相近．判断这两款射频芯片的电气参数是否相近，并证明． （2）现从这10组射频芯片中抽取4组进行频率检测，求至少有3组的平均频率不低于24.2GHz的概率． 【答案】（1）（i），；（ii）相近，证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据平均数和方差的定义计算，进而判断；（2）判断此试验服从超几何分布，并分别求出抽出3组和4组时的概率，相加即可. 【小问1详解】 （ⅰ）由题意可得. （ⅱ）易得， 此时，故， 故可认为这两款射频芯片的电气参数相近． 【小问2详解】 共有5组的平均频率不低于24.2GHz. 记事件：抽到i组芯片的平均频率不低于2.42GHz， 则，， 故至少3组的平均频率不低于24.2GHz 的概率为． 17. 如图，四棱锥中，，，，，． （1）证明：； （2）若平面平面，且四棱锥的高为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）如图，取中点O，连接． 由，且O为中点，则． 由于，且，， 则四边形为正方形，也即． 由于，，平面，且， 故平面． 又平面，故． （2） 【解析】 【分析】（1）取中点O，连接，证明平面即可； （2）以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量方法即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可得平面平面，且为交线， 故平面，则为四棱锥的高，故． 以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，，． 故，，． 设平面的法向量，平面的法向量． 则，即，令，解得； ，即，令，解得． 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知函数. （1）若，求的零点； （2）若，讨论的单调性； （3）若，为自然对数的底数，证明：. 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据零点的定义直接求解可得； （2）利用导数的正负判断函数的单调性； （3）要证的不等式转化为，再构造函数用导数证明可得. 【小问1详解】 若，则，得或（舍），所以. 所以的零点为. 【小问2详解】 若，，函数的定义为， 所以，令，得或， 即或. ①时，即， 当时，，所以； 当时，，所以； 当时，，所以. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. ②当，即时， 当时，，；当时，，. 所以函数在是单调递减. ③当时，即，当时，，； 当时，，所以； 当时，，所以. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在是单调递减.； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 因，要证， 只需证，即， 令，， 因此只需证即可. ， 再令，则 因，所以，得，即， 所以在上单调递增，且，. 由零点存在性定理，存在唯一，使得，即. 所以在有唯一零点，且当，当， 所以在上单调递减，在上单调递增， 且，. 所以对，都有成立. 所以，成立. 19. 已知等差数列与等比数列满足，，． （1）求，的通项公式； （2）记，为数列的前项和． （ⅰ）求； （ⅱ）若当时，以，，为三边无法构成一个三角形，求的最大值． 【答案】（1）， （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）把等差数列的通项公式与等比数列的通项公式代入到条件中，解方程即可. （2）（ⅰ）分类讨论，当为偶数时，错位相减法可求出；当为奇数时，利用可求出. （ⅱ）考虑可以构成三角形的情况，利用“三角形两边之和大于第三边”，分类讨论即可. 【小问1详解】 记公差为，公比为， 则，， 故， 则 即， 故，解得，故，． 【小问2详解】 （ⅰ）由， 当为偶数时， ， 而， 两式相减，可得到 ， 故此时； 当为奇数时， ， 于是． （ⅱ）考虑可以构成三角形的情况． 当为奇数时，， ，， 于是， 故要能够以，，为三边构成一个三角形， 则只需即可． 则， 当时，，， 故此时； 当时，显然． 故由为奇数可知此时的最大值为3． 当为偶数时，， ，． 当时，，，，此时显然可构成三角形， 当时，易知， 故只需，即可构成三角形． 而 故当为偶数时，以，，为三边必然构成一个三角形． 综上，的最大值为3． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级9月份联考 数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 一、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. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若函数的图象关于轴对称，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知一个底面半径为1的圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的4倍，则该圆锥的母线长为（ ） A. 4 B. 1 C. 2 D. 6 4. 已知向量，，且与垂直，则（ ） A. B. C. D. 5. 设正数满足为与的等差中项，为与的等比中项，若，则（ ） A. 4.5 B. 3 C. 3.5 D. 4 6. 的展开式中，的系数为（ ） A. 60 B. 30 C. 45 D. 15 7. 已知第二象限角满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知集合，，则（ ） A. 当时，集合含有2个元素 B. 集合中的元素个数可能为5 C. 当时， D. 当时， 10. 记，分别为双曲线的左、右焦点，以为圆心，以E的焦距为半径的圆T与E的右支交于P，Q两点，则（ ） A. E的渐近线方程为 B. C. D. 11. 已知函数，点和是曲线相邻的两个对称中心，记为的导数，则（ ） A. B. C. 在区间上有4条平行于y轴且被曲线无限逼近的直线 D. 直线是曲线的一条切线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设椭圆E的焦距为2，短轴长为，则E的长半轴长为______，离心率为______． 13. 函数的极小值为______． 14. 在中，记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，D为边BC上的一点，且AD是的平分线，则______，的最小值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，A，B，C为E上三点，且F为的垂心． （1）若点A的纵坐标为，求直线的斜率； （2）若A为坐标原点，求的面积． 16. 射频芯片在无线通信技术中起着至关重要的作用，其性能的好坏直接影响到通信的稳定性和效率．现从型号为SX1280与BGM220P的两款射频芯片中各抽取50枚芯片，每10枚芯片为一组，得到它们的频率参数表： 1组 2组 3组 4组 5组 SX1280 24.2 24.3 24.1 24.0 24.4 BGM220P 24.1 24.2 24.5 24.1 24.1 记型号为SX1280的射频芯片所得平均频率为，方差为；型号为BGM220P的射频芯片所得平均频率为，方差为． （1）记． （ⅰ）求，； （ⅱ）已知：若，则称这两款射频芯片的电气参数相近．判断这两款射频芯片的电气参数是否相近，并证明． （2）现从这10组射频芯片中抽取4组进行频率检测，求至少有3组的平均频率不低于24.2GHz的概率． 17. 如图，四棱锥中，，，，，． （1）证明：； （2）若平面平面，且四棱锥的高为，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知函数. （1）若，求的零点； （2）若，讨论的单调性； （3）若，为自然对数的底数，证明：. 19. 已知等差数列与等比数列满足，，． （1）求，的通项公式； （2）记，为数列的前项和． （ⅰ）求； （ⅱ）若当时，以，，为三边无法构成一个三角形，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $