精品解析：江西省上高二中2026届高三第九次阶段检测数学试题

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； （2）若，求 ． 16. 已知函数. （1）若，求函数 的图象在点处的切线方程； （2）若 存在极值，求a的取值范围. 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； （2）若，求直线AB的方程． 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； （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； （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． 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； （2）若， 是线段上靠近 的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数的性质，以及不等式的解集，求得和，结合集合交集的概念与运算，即可求解. 【详解】由，则满足，可得，所以， 又由不等式，解得，所以， 则. 故选：A. 2. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为复数在复平面内对应的点为， 所以，故， 则． 3. 已知单位向量，，满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】通过平方，结合向量数量积运算律即可求解. 【详解】由得， 则， 即 解得． 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. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图象变换的规则，先求出图象向右平移后的解析式，再求周期变换后的解析式． 【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. 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. 【答案】C 【解析】 【分析】根据面积公式分析可知当且仅当时，面积取到最大值，再结合点到直线的距离公式运算求解. 【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. 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 【答案】A 【解析】 【详解】由题意，又，故， ． 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. 【答案】C 【解析】 【分析】首先写出直线 的方程，然后根据平面几何知识求出点 ，最后把点 的坐标代入直线 的方程即可求解. 【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. 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 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，通过分析的单调性进而得到函数的正负，然后逐项分析即得. 【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. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平面的基本性质判断A，利用异面直线的定义确定为异面直线判断B，应用线面平行的判定证明并判断C，由面面垂直的判定、性质证明判断D. 【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. 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， 【答案】BD 【解析】 【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. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出符合题意的图形，利用斜率的几何意义得到，结合题意得到进而判断A，联立方程组结合韦达定理得到，最后结合内心的性质判断B，利用二倍角公式并结合方程得到判断C，先确定，再利用弦长公式与点到直线的距离公式得到面积解析式，最后结合角平分线定理建立方程，求解参数，进而得到三角形面积判断D即可. 【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， 由斜率的几何意义得， 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. 三、填空题 12. 若，则______. 【答案】 【解析】 【详解】由题意得， 令 ，得， 令 ，得， 则. 13. 若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用同角三角函数关系式与二倍角公式化简计算. 【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. 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). 【答案】 【解析】 【分析】整理变形得，则根据常数列得到，再分析得为新数列的第43项，最后利用分组求和法即可得到答案. 【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. 四、解答题 15. 记 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，已知 ，． （1）若，求 的面积； （2）若，求 ． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合角 的取值范围可得出角 的值，再利用三角形的面积公式可求得答案； （2）利用二倍角公式结合三角形内角的取值范围可得出，再利用正弦定了结合二倍角的正弦公式可得出的值，进而可得出的值，在利用正弦定理可求得 的值. 【小问1详解】 因为 ，，， 由余弦定理可得， 因为，所以， 故 的面积为. 【小问2详解】 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. 已知函数. （1）若 ，求函数 的图象在点处的切线方程； （2）若 存在极值，求a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数 的图象在点处的切线的斜率，从而得到切线方程； （2）由 存在极值，得有变号零点，通过分离参数 ，根据余弦函数给定区间上的值域可求得a的取值范围. 【小问1详解】 若 ，则. 所以，所以. 又，所以函数 的图象在点处的切线方程为. 【小问2详解】 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. 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； （2）若，求直线AB的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据离心率及短轴长求出即可得解； （2）分别设出直线方程，联立椭圆方程，求出，，根据平行可知，列出方程求解即可. 【小问1详解】 依题意，得 解得 所以 的方程为． 【小问2详解】 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. 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； （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； （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． 【答案】（1） （2）（i），；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由分布列的性质得出，再利用期望公式求解即可； （2）（i）设事件“一次性购买 个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”，求出、，利用全概率公式可得出的表达式及的取值范围； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 求得，利用全概率公式求出的值，利用条件概率公式结合可得出关于的不等式，结合可得出的取值范围. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 （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. 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； （2）若， 是线段上靠近 的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （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． 【答案】（1）证明：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）证明：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）． 【解析】 【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． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $