江西省上高二中2026届高三第九次阶段检测数学试题

**基本信息** 高三数学周测试卷，以基础巩固为基、能力提升为脉，融合盲盒概率等现实情境与立体几何综合应用，适配高考命题趋势，培养数学眼光与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|集合、复数、向量、函数图像变换等|注重概念辨析，如向量数量积运算| |多选题|3题/15分|立体几何、函数奇偶性、抛物线|考查空间想象与多结论判断，如直三棱柱中点线面关系| |填空题|3题/15分|三角恒等变换、数列新定义|强调创新应用，如数列插入项求和| |解答题|6题/80分|解三角形、导数、椭圆、概率统计、立体几何综合|分层设计，如盲盒概率问题体现数据意识，立体几何二面角与线面角综合考查逻辑推理|

2026届高三年级第九次阶段检测数学试题 一、单选题 1．已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数在复平面内对应的点为，则（    ） A． B． C． D． 3．已知单位向量，，满足，则（    ） A． B． C．1 D．2 4．将函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是（     ） A． B． C． D． 5．直线与圆相交于，两点，当面积最大时的值为（    ） A．2 B．4 C．3 D． 6．已知数列的通项公式为，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则（    ） A．1013 B．1014 C．502 D．503 7．已知双曲线的左、右焦点分别为和，右顶点为.过点作斜率为的直线，点在直线上.若，为等腰三角形，则双曲线的离心率为（   ） A．2 B． C．3 D． 8．已知定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且，若当时，，则（    ） A． B． C．存在极值点 D．有且只有一个零点 二、多选题 9．如图，在直三棱柱中，．为的中点，为棱的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面 B．四点共面 C．平面 D．平面 10．已知函数的定义域为，且，则（   ） A．点与点关于原点对称 B．函数是奇函数 C．当时， D．当时， 11．已知抛物线的焦点为，过的直线l交于两点，直线交于另一点D，则（    ） A． B．的内心在定直线上 C．若，则 D．若，则的面积为 三、填空题 12．若，则______. 13．若，则___________． 14．已知数列满足，数列满足在任意的之间插入数列的项()，从而构成一个新数列，设的前n项和为，则_______(请用数字作答). 四、解答题 15．记的内角、、的对边分别为、、，已知，． (1)若，求的面积；（6分） (2)若，求．（7分） 16．已知函数. (1)若，求函数的图象在点处的切线方程；（6分） (2)若存在极值，求a的取值范围.（9分） 17．已知椭圆的短轴长为2，离心率为．过E的右焦点的直线交E于A，B两点，过E的中心的直线交E于C，D两点． (1)求E的方程；（5分） (2)若，求直线AB的方程．（10分） 18．某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． (1)当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值；（4分） (2)已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率；（6分） （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围．（7分） 19．已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． (1)若，证明：是锐角三角形；（4分） (2)若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角；（5分） （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值．（8分） 2026届高三年级第九次阶段检测数学试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B B C C A C D ACD BD ABD 1．A【详解】由，则满足，可得，所以，又由不等式，解得，所以，则.故选：A. 2．B【详解】因为复数在复平面内对应的点为，所以，故，则． 3．B【详解】由得，则，即解得． 4．C【详解】函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，得到的图象；再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到的图象，故选：C. 5．C【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，因为面积，当且仅当，即为等腰直角三角形时，等号成立，此时圆心到线的距离，所以.故选：C. 6．A【详解】由题意，又，故， ． 7．C【详解】 双曲线左焦点，右焦点，右顶点，， 直线的方程为， 为等腰三角形， 为钝角，因此等腰三角形中只能是，直线的倾斜角为，斜率为，设，，，即，在直线上，代入直线方程，整理得 .因此双曲线离心率为3. 8．D【详解】，即，故函数为奇函数，设，则， 由题意，当时，， 在上单调递增，又为偶函数，故为奇函数， 在上单调递增，图象连续不断且， 在上单调递增， 当时，，；同理当时，， 对于A，，，，故A错误. 对于B，当时，，则，故B错误. 对于C，由于函数的单调性未知，故该选项不确定，故C错误. 对于D，当时，，当时，，且，有且只有一个零点，故D正确. 9．ACD【详解】由，，且，平面， 所以平面，则平面，A对， 由平面，平面，则平面， 而平面，且，则为异面直线，B错， 若为的中点，连接，为的中点，则且，而，且，即，则且，所以四边形为平行四边形，则，由平面，平面，则平面，C对，由直棱柱中平面，平面，则平面平面，由，则，而平面，平面平面，所以平面，结合C的结论，知平面，D对. 10．BD【详解】取得，，取得， 所以，，故A错误； 因为， 所以函数是奇函数，故B正确；取得，所以， ，所以，若，则故C错误； ，故D正确． 11．ABD【详解】因为抛物线的焦点为，所以，解得，则抛物线方程为,如图，作出符合题意的图形，作轴，对于A，设，则，由题意得是直线的倾斜角，由斜率的几何意义，由诱导公式得，由焦半径公式得，在中，可得，则，故A正确， 对于B，设的方程为，，联立方程组，可得，由韦达定理得，，则，， 由斜率公式得，，因为，所以，可得，则，得到被轴平分，可得的内心在定直线上，故B正确， 对于C，因为被轴平分，所以，设，，因为，所以，由二倍角公式得，解得（另一根舍去），则，联立方程组，解得，此时，与不符，故C错误， 对于D，因为，所以或（与题意不符，排除），设直线的方程为，设，联立方程组，可得，由韦达定理得，，则，由弦长公式得，，由焦半径公式得，且， 而直线的方程为，设到的距离为，由点到直线的距离公式得，则， 因为，所以平分，由角平分线性质得，可得，化简得，解得，则，故D正确. 12．【详解】由题意得， 令，得， 令，得， 则. 13．【详解】由同角三角函数关系可得：，代入右侧通分整理得： 因此得：由二倍角余弦公式得： . 14． 【详解】因为，即， 可得，可知为常数列，则， 故，根据题意，当时，新数列中前共有数列的前项， 故为新数列的第项，当时，， 即为新数列的第43项，且与之间插入了共13项， 则. 15．(1) (2)【详解】（1）因为，，，由余弦定理可得，因为，所以，故的面积为. （2）因为，所以，由可知为锐角，即，又因为且余弦函数在上单调递减，由正弦定理得，即，所以，故，所以 ，由正弦定理得. 16．(1) (2) 【详解】（1）若，则.所以，所以. 又，所以函数的图象在点处的切线方程为. （2）因为函数，所以.若存在极值，则有变号零点，即有解.因为，所以，所以.因此有解，且.当时，在上恒成立，所以函数是增函数，无极值； 当时，在上有解，记为.令，则，所以在上单调递增，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以函数在处取得极小值，即函数有极值.故a的取值范围是. 17．(1) (2)【详解】（1）依题意，得解得所以的方程为． （2）因为，所以，且．设，，，，显然直线的斜率不为零，可设直线的方程为，直线的方程为．    由得，可得，所以所以．由得，所以．则，又因为， 所以，解得，所以直线的方程为． 18．(1) (2)（i），；（ii）. 【详解】（1）由题可知，， 化简可得 ， 当时，，则， 即顾客一次性购买文创盲盒数量的平均值为． （2）（i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”， 则，，，．依题意，得，，因为每个盲盒是否为封面款相互独立， 所以，，又由题意知，，且、、、两两互斥，所以， 由（1）得，，代入化简可得，所以，； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 依题意，得，且，、、两两互斥，所以， 由（i）得，，所以幸运客户中，一次性购买的文创盲盒全部是封面款的概率为，由题意，可得，解得， 又因为，所以． 19．(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）． 【分析】（1）证法一：不妨设，且，利用余弦定理证明；证法二：根据条件建系，利用向量数量积的坐标运算判断；证法三：利用转化法求向量数量积判断； （2）（i）建系后设，，利用空间向量夹角公式推出，，利用其代表的轨迹双曲线的渐近线夹角进行证明；（ii）解法一：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值；解法二：运用解析法和向量的数量积运算求解；解法三：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值． 【详解】（1）证法一： 因为平面，，所以，． 不妨设，且，因为，所以，，，所以，所以为的最大内角． 由余弦定理，得，所以，所以是锐角三角形． 证法二：因为平面，，所以，． 又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，所以，在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． 证法三：因为平面，，所以，． 又因为，所以在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． （2）（i）因为，在上，且， 由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称， 故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设，，因为，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，故，即， 故，，， 依题意得，化简得， 且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且， 故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图． 因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以． 因为平面平面，，， 所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角． （ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角， 即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以， 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故， 即，所以，又，， 即且，解得， 所以， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过． 在平面直角坐标系中，设直线的方程为， 联立得， 依题意，有且 因为，所以． 因为， 所以 ， ， 同理， 不妨设，则必有． 因为， 因为且，所以，代入上式得到 ， 所以， 又因为，所以． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 因为，所以，所以，所以， ， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法三：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以． 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，因为，所以点在以为直径的圆内（含边界），记 圆与双曲线在第四象限的交点为，则． 因为在渐近线的上方，故，而，故， 即直线与双曲线右支有两个交点，符合条件．所以当点位于点时，最大，则最小． 联立，得，解得或（舍去）， 故当，即时，的最小值为． 故的最小值为． ( 2026届高三年级第九次阶段检测数学试题-- 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $