数学 -【轮轮清·齐鲁名校教育测评】2026年9月高三学业质量检测
|
7份
|
36页
|
15人阅读
|
0人下载
内容正文：
绝密★启用前
齐鲁名校教育测评
2026年9月高三年级学业质量检测
数
学
本试卷总分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
國
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
铷
写在本试卷上无效。
b
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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.已知集合A={-1,0,1,2},B={x|x>0},则A∩(CRB)=
数
A.{1,2}
B.{-1,0}
C.{0,1,2}
D.{-1,0,1}
2.已知x=1+i,则(x一1)z=
A.1+i
B.1-i
C.2i
D.-21
3.在等差数列{am}中，若a6一a3=6,则a7一a2=
如
A.7
B.8
C.9
D.10
4.设a,6为正数，且6十1=4，则5的最大值为
A.2
B.2
C.4
D.8
5.已知定义域为R的函数f(x)的图像关于点(1，一1)对称，且当x<0时，f(x)=x2,则f(3)=
A.-3
B.-2
C.1
D.9
尝
6.已知向量a,b满足a=(2,一1)，a·b=5,则b在a上的投影向量的模为
6
A.
B26
5
C.5
D.2√5
7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点（一1,0）的直线与C交于P,Q两点，若|PF|=3,
则|QF|=
多
4
A.3
B.2
c.3
D.2
数学试题
第1页（共4页）】
8.球面上两点间的最短距离为过这两点及球心的平面与球面相交所得圆上介于这两点间的
较短的弧长.已知点A,B,C,D在同一球面上，且AB=AC=6,BD=CD=8,AD=10,
BC=5.一只蚂蚁从点A出发，沿球面爬行依次经过点B,C,D,最后从点D沿球面爬行
回到点A,则这只蚂蚁爬行的总路程的最小值为
A经
a智
C.5
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.有一组样本数据6,9,5,4,10,8，则
A.该样本数据的中位数是4.5
B.该样本数据的极差是6
C.该样本数据删去6后平均数变大
D.该样本数据删去4后方差变小
10.设函数f(x)=(x一1)(x2十ax十1)，下列说法中正确的有
A.若s∈(0,1)，且f(s)>0,则f)<0
B.若t∈(-1,0)，且f(t)<0,则f(-2-t)>0
C.x=1不可能是f(x)的极值点
D.曲线y=f(x)是中心对称图形，且对称中心可能在第一象限
11.如图，在△ABC中，∠ACB=2∠BAC,D为AB上一点，且BD=CD=AC.若以B,C
为焦点的双曲线恰好过点A,则该双曲线的离心率等于
D
B
BC
R把
AC
BC2
A.AD
C.AB+1
D.AB·AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.记Sm是等比数列{am}的前n项和，若a2=2,S2=3,则S6=
13.若函数f(x)=l血工-ax有2个零点，则a的取值范围是
14.如图，图形①为边长为2的正方形剪去一个边长为1的正方形所得到的图形，图形②为
边长为2的正方形，且这两种图形均可随意旋转.若用若干个图形①和图形②可无重叠
地拼成一个边长为7的正方形，则用到的图形①的个数为
图形①
图形②
数学试题第2页（共4页）
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.(13分)
记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=2 cos Asin B.
(1)求A;
(2)若c=4,△ABC的面积为6，求a.
16.(15分)
如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为AA1,AD的中点.
(1)证明：CF∥平面BC1E;
(2)若AA1=2AB,求二面角F-BE-C1的正弦值.
D
A,
E
D
17.(15分)
+芳=1a>6>0)的熊距为2，且过点P23,-受》】
已知椭圆c,x
y2
(1)求C的方程；
(2)设O为坐标原点，一条斜率为1的直线交C于A,B两点.
(ⅰ)证明：线段AB的中点在定直线上；
(i)若△AOB的面积等于△AOP的面积，求|AB|.
数学试题第3页（共4页）
18.(17分)
已知函数f(x)=sin2x-8sinx一3x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)的定义域为(-1，十∞)，导数为g(x).若g(0)=0,g(x)=x4一x十'
9
证明：当x>-1时，f(x)≤g(x).
19.(17分)
设整数m≥2，数列A:a1,a2,…,a3m…
(1)若m=2,a:=i(i=1,2,…,6),从A中随机删去3项，求剩下的3项之和大于8的
概率；
(2)设A的各项互不相同，从A中随机选择1项，记该项为Y,且记X为Y之前的各项
中比Y小的项的个数，求P(X=mY=a2m)及E(X)(用m表示)；
(3)从A中随机选择m项，把这m项染成红色，把其他2m项染成蓝色，且把红色项按
照在A中当前顺序依次记为b1,b2,…,bm.记事件M=“在A中，对任意b。(k=1,2,…,m),
b之前的各项中蓝色项的个数不小于”，证明：P(M)>2
数学试题第4页（共4页）
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
叁专答案及解析
2026年9月高三年级学业质量检测·数学
题号
1
2
3
4
5
6
8
9
10
11
答案
B
A
D
C
C
B
BCD
AC
ACD
一、选择题
的中点为O,则OA=OB=OC=OD=5,故球
1.B【解析】因为A={-1,0,1,2},CRB={x
的球心为O,半径为5.又AB=6,BD=CD=
x≤0}，所以A∩(CRB)={-1,0}
8,AD=10,BC=5,所以∠AOB+∠COD=
2.A【解析】因为之=1+i,所以之-1=i,z=
1-i,故(x-1)z=i(1-i)=1+i.
x,∠B0C=3,∠D0A=元，所以在球面上，
3.D【解析】设等差数列{am}的公差为d,则
A→B的最短距离与C→D的最短距离之和为
a6-a3=6=3d,即d=2,故a7-a2=5d=10.
4.C【解析】因为a,b为正数，且ab+1=4b,所
5x,B+C的最短距离为，D→A的最短距
以a+6-4≥2后，则号≤4，当且仅当a=
离为5π，故这只蚂蚁爬行的总路程的最小值为
名，即a=2,6=号时，等号成立，放8的最大
5x++5m-3
3
二、选择题
值为4.
9.BCD【解析】将样本数据按从小到大排列得
5.A【解析】因为f(x)的图像关于点(1，-1)
对称，所以f(一1)十f(3)=-2,即f(3)=
4,5,6,89,10,则该样本数据的中位数是6十8
2
一2-f(一1).又当x<0时，f(x)=x2,则
7,故A错误；该样本数据的极差是10一4=6，故
f(-1)=1,所以f(3)=-2-1=-3.
6.C【解析】设向量a,b的夹角为0，则b在a
B正确；该样本数据的平均数是
.×(6+9+5+
上的投影向量的模为b1川cos1三a26因
4+10+8)=7,别去6后的样本平均数为号×
为a=(2,-1),所以|a|=√5.又a·b=5,所
(9+5+4+10十8)=7.2，则平均数变大，故C
以1611cos91=5-5.
5
正确：该样本数据的平均数是7，方差为后×
7.C【解析】设直线的方程为y=(x十1)(k≠0)，
[(6-7)2+(9-7)2+(5-7)2+(4-7)2+
与C的方程联立得k2x2+(2k2-4)x+k2=0.
(10-7)+(8-7)P]-号，删去4后的样本平
设P(x1,y1),Q(x2y2),则x1x2=1.由抛物线
的定义可知|PF|=x1十1=3，则x1=2,x2=
均数为号×(6+9+5+10+8)=7.6，方差为
分，所以1Q=+1=2
5×[(6-7.6)2+(9-7.6)2+(5-7.6)2+
8.B【解析】因为AB=AC=6,BD=CD=8,
AD=10,所以∠ABD=∠ACD=记AD
(10-7.6)2十(8-7.6)]=3.44，则方差变小，
故D正确，
·1
·数学·
参考答案及解析
10.AC【解析】对于A,若f(s)=(s-1)(s2十
BC-AD,即BC=AD·AB.如图，在线段
AB BC
as+1)>0,则s2+as+1<0,所以f()
AD上取点E,使得∠DCE=7,则△BCE∽
(号-)1+a+)<0,故A正确对于
B,f'(x)=3x2+2(a-1)x+1-a,当取a=
△BAC,所以BC_BE
AB-BC,则BC=BE·AB=
1时，f'(x)=3x2≥0，f(x)单调递增，则当
AD·AB,故AD=BE,AE=BD=AC,在
t∈(-1,0)时，f(-2-t)<f(t)<0,故B错
△ACE中，显然AE≠AC,则假设不成
误.对于C,f'(x)=3.x2+2(a-1)x+1-a,
立，故B错误；在△ABC中，由正弦定理
若x=1是f(x)的极值点，则f'(1)=a十
4π
2=0,解得a=一2，此时f'(x)=3(x-1)2≥
得A9+1=
AC+AB
sn+sin7_
0,f(x)单调递增，则x=1不可能是f(x)的
AB
AB
4π
sin 7
极值点，故C正确.对于D,三次函数的图像是
2元
中心对称图形，且对称中心的横坐标为f'(x)
2sin 7cos7
图像的对称轴对应的x的值，即为32，若
2π2π
2π2π
2sin 7cos 7
2sin 7cos 7
f(x)图像的对称中心在第一象限，则0>
3
cos 7
BCBC
0.设m=1与2，则fm)=m3+a-1Dm2+
出A可知，e一AD一AB
cos 7
(1-a)m-1=-2m3+3m2-1,所以f'(m)=
2π
-6m(m-1).当0<m<1时，f'(m)>0,
si
2sin7cos立
f(m)单调递增；当m>1时，f'(m)<0,
4π
2π
2元
sin 7
-sin7
2cos 7sin 7
cos 7
f(m)单调递减，则当m>0时，f(m)≤
f(1)=0,所以曲线y=f(x)的对称中心不
BC2
sin22π
可能在第一象限，故D错误.
故C正确；AB·AC=
.4元.π
11.ACD【解析】设双曲线的实半轴长为a,半
sin 7sin 7
焦距为c,离心率为e,则由双曲线的定义，得
--AHCAC AR AD品放
BCBC
2sin 7 cos 7sin 7
2π2π.π
=2元，由上可知，
A正确；由∠ACB=2∠BAC,BD=CD=
2sin 7cos 7sin 7 cos7
BC2
AC及三角形的内角和为π，得∠ABC=
7
AB·BC=e,故D正确.
∠BAC=∠ACB=经在△ACD和
D
3π
△ABC中，由正弦定理得AD
sin 7
Ac
2π
三、填空题
4π
sin7_AB」
BC
12.63【解析】根据题意得a1=S2一a2=1,故公
xBC假设B正确，因为e-AC所以
sin 7
比g=2=2,所以S,=a11-g）
1一9
63.
·2·
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
(2)因为△ABC的面积为6，
13.(0,2e)
【解析】函数f(x)=lnx
-ax有2
个零点等价于雨教g(x)-产的图像与直
所以由三角形的面积公式得S△ABC=
sin A=6.
(7分)
线y=a有2个交点.因为g'(x)=1-21nx
π√2
又c=4,且由(1)可知sinA=sin4=2'
所以令g'(x)=0,则x=√E,当0<x<√E时，
故b=3√2，
(10分)
g'(x)>0,g(x)单调递增；当x>√e时，
所以由余弦定理可得a2=b2十c2一2 bccos A=10,
g'(x)<0,g(x)单调递减.又g(1)=0,且当
(12分)
x>1时，g(x)>0,当x→+∞时，g(x)→0，
故a=√10.
(13分)
则若g(x)的图像与直线y=a有2个交点，
16.(1)证明：如图，连接B1C交BC1于点G,连
接EG,A1D,
则应满足0<a<g(W)
2e,故a的取值范
则cG-Bc
2AD,且CG∥A1D.
国是(0,0)
因为E,F分别为AA1,AD的中点，
14.15【解析】把边长为7的正方形分成7×7
所以EF是△AA1D的中位线，
个边长为1的小正方形，在如图(a)的位置标
1
故EF=2A1D,且EF∥AD,
记符号“●”，共计16个，则每个图形①或图形
所以EF=CG,且EF∥CG,
②最多包含一个“●”设图形①有x个，图形
所以四边形EFCG是平行四边形，
②有y个，则x+y≥16，且3x+4y=49,解
所以CF∥GE.
(4分)
得x≥15.又x,y均为自然数，所以当且仅当
又GEC平面BC1E,CF中平面BC1E,
x=15,y=1时以上式子成立.如图(b)为一
所以CF∥平面BC1E.
(6分)
种满足要求的拼接方式.
●
●
●
●
(a)
(b)
D
四、解答题
15.解：(1)因为
=2cos Asin B,
B
(2)解：如图，以D为坐标原点，DA,DC,
所以由正弦定理得0只-2o0 AsinB..
DD1所在直线分别为x轴、y轴、之轴，建立
(2分)
空间直角坐标系。
因为sinB≠0，所以sin2A=1.
(4分)
设AB=2,则B(2,2,0),F(1,0,0),E(2,0,
2),C1(0,2,4),
又0<A<π，所以0<2A<2π，
故BF=(-1,-2,0),BC=(-2,0,4),
故2A=A=
(6分)
B2=(0,-2,2).
(8分)
·3·
·数学·
参考答案及解析
设平面FBE的法向量为m=（x1,y1,之1)，
则21十x=
2my十y2-1十x2十m=
2
BF·m=0
3
2
则
即厂x1-2y1=0,
{B2.m=0,1-2y1+2z1=0.
即D(-g,g）
m
2m m
(8分)
令x1=2,得y1=-1,z1=-1,则m=(2,
-1,-1).
(10分)
故线段AB的中点在直线y=
2x上.
设平面BC1E的法向量为n=(x2,y2,之2)，
(9分)
/BC1·n=0,
2x2十4z2=0,
则
即
)解：易知直线0P的方程也为y=一号x,
B2·n=0,
-2y2+2x2=0.
则O,D,P三点共线.
令x2=2,得y2=1,之2=1，则n=(2,1,1),
若△AOB的面积等于△AOP的面积，则
(12分)
S△AOP=S△AOB=2S△AOD,
故cos〈m,n）
m·n
=
故OP|=21OD1.
(11分)
mn
2×2+(-1)×1+(-1)×1=1.
√/4+1+1×√4+1+1
3,
(14分)
当D为线段OP的中点时，则D?,-3)
(3’-6)
故二面角FBEC的正弦值为，1-()
2
所以m=
2,
3
(15分)
故x1十x2=
2W3
1
3x1x2=一
6,
(12分)
17.(1)解：设C的半焦距为c,
所以|AB|=√2|x1一x2|=√2·
因为C的焦距为2，所以c=1,
(1分)
√/(x1十x2)2-4x1x2=2.
(14分)
所以C的方程可写成后+。
y2
a2-1=1(a>1).
当点D在线段PO的延长线上时，可得
|AB|=2
又点P2-)在C上
综上，|AB=2.
(15分)
18.(1)解：根据题意得f'(x)=2cos2x一8cosx-
所以+3a-D1
3,f(0)=0,
(1分)
解得a2=2或a2-
3(舍去)，
则f'(0)=-9,
(3分)
所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线
所以C的方程为号+y-1.
方程为y=-9x.
(3分)
(4分)
(2)解：由(1)知f′(x)=4cos2x-8cosx-5=
(2)(i)证明：设直线AB的方程为y=x十
(2cos x+1)(2cos x-5),
m,A(x1,y1),B(x2y2),
因为2c0sx-5<0,
y=x十m,
1
由
得3x2+4mx+2m2-2=0,
所以当∫'(x)=0时，cosx=-
(4分)
2+y2=1,
2,
则△=16m2-12(2m2-2)=24-8m2>0,且
且当张m-暂<x<2x+否(&∈Z)时，
3
31x2=2m3-2
x1十x2=-4m
f'(x)<0,f(x)单调递减；
3
(6分)
记线段AB的中点为D(,士”)，
当2张x+<2x+∈D时，f)>0,
f(x)单调递增，
(6分)
4
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
所以f(x)的单调递减区间是2kπ一
2π
3
所以当x>0时，h'(x)<p(cosx)-p1
2x+)∈D.fx)的单调渔端区间是
x
2
<0,h(x)在区间(0，十∞)上单调递减，
(2+5,26x+)∈z》,
所以当x>0时，h(x)<h(0)=0,即f(x)<
(8分)
g(x).
(3)证明：设h(x)=f(x)-g(x),x>-1,
综上，当x>-1时，f(x)≤g(x).(17分)
则h(0)=f(0)-g(0)=0,
(9分)
19.(1)解：从6项中删去3项共有C8=20种
h'(x)=f'(x)-g'(x)=4cos2x-8cos x-
可能，
(1分)
剩下的3项之和不大于8的情况共有4种，分
5xt9于4cosx-8c0sx5+9
别是(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4).
(+z月
(2分)
所以剩下的3项之和大于8的概率为1
9
当-1<x<0时，易知-x>0,x+行+x之
44
205
(3分)
0放9-x(9十x>≥9。
(2)解：先求P(X=mY=a2m).
若Y=a2m,即选择的是第2m项，它前面有
所以当-1<x<0时，h'(x)>4cos2x
2m-1项，
8c0sx-5+9=4(cosx-1)2>0,h(x)单调
因为数列的各项互不相同，a2m与前2m一1项
递增，
的大小关系是等可能的，
故当-1<x<0时，h(x)<h(0)=0,
所以a2m在这2m项（含自身）中的排名是等
即f(x)<g(x).
(11分)
可能的.
当>0时，易知1<0。
因为X=m表示前2m一1项中恰好有m项
比a2m小，
则h'(x)<4cos2x-8cosx-x4+4=4cosx·
即a2m的“相对排名”为m十1，
(osx-2)-41-2)[(1-2)-2]
而排名共有2m种等可能的情况，
(13分)
敌P(X=mY=a)三20
(6分)
设p(x)=4x(x一2)，则易知p(x)在区间
再求E(X).
(-∞，1]上单调递减.
法一：对任意Y=a:(i=1,2,…,3m),X表示
设e)=wsx-1+写则x)=-s血x+x
前i一1项中比a:小的项数，其期望为E(X」
设u(x)=t'(x)=-sinx十x,则u'(x)=
y-a)-号
由对称性可得，前i一1项中
一c0sx+1≥0，u(x)在区间(0，十∞)上单调
递增，
每个项比a:小的概率为2)】片
所以当x>0时，t'(x)=u(x)>u(0)=0,
1
又P(Y=a:)=
(i=1,2,…,3m),
3m
t(x)单调递增，
所以当x>0时，t(x)>t(0)=0,
因此E(X)=2(P(Y=a)·E(XY=a,)=
即当>0时1-号<cosx61,
1i-13m-1
(15分)
3m:白2
4
(9分)
5·
·数学·
参考答案及解析
法二：从A中选择Y后，还有3m一1项，由对
2m-k+1
所以P(B。B1B2…Bk-1)=
称性可知，Y之前的各项中比它小的项的个
2m-k+2’
数的期望等于Y之前的各项中比它大的项的
(16分)
个数的期望，还等于Y之后的各项中比它小
故P(M)=
2m
2m-1..m+2.
2m+1
2m
m+3
的项的个数的期望，以及等于Y之后的各项
m+1_m+1、1
中比它大的项的个数的期望，且这四种情况
m+22m+1>2,得证.
(17分)
的期望之和恰好等于3m一1，即4E(X)=
法二：把数列A中的3m个位置看作一个序
3m-1,
列，并从左至右按如下规则遍历这个序列：
故E(X)=3m-1
①每遇到一个蓝色项，记为一步向“上”（十1）；
41
(9分)
②每遇到一个红色项，记为一步向“下”（一1）
(3)证明：法一：把蓝色项按照在A中当前顺
这样，每一种染色方案对应一条从坐标原点
序依次记为c1,C2,·,C2m·
(0,0)出发的路径，且由于总步数为3m,蓝色
设事件B.(k=1,2,…,m)为“b。之前的各项
项有2m个，即向上走2m步，红色项有m
中蓝色项的个数不小于”，
个，即向下走m步，故终点为(3m,m)
则M=B1B2…Bm,
(10分)
所有可能的染色方案总数（即总路径数）为Cm·
所以P(MD=P(B1B2…Bm)=P(B1B2…Bm-1)·
(10分)
P(Bm|B1B2…Bm-1)=P(B1B2…Bm-2)·
满足“对任意b。(k=1,2,…,m),b。之前的各
P(Bm-1BB2…Bm-2)P(Bm|B1B2·…·
项中蓝色项的个数不小于”，即“对任意时
Bm-1)=…=P(B1)P(B2|B1)…P(Bm-1
刻，向上走的步数不少于向下走的步数”，其
B1B2…Bm-2)P(BmB1B2…Bm-1).(12分)
对立事件为“至少存在一个时刻，使得向上走
因为b1之前的各项中蓝色项的个数不小于
的步数少于向下走的步数”，其所对应的路径
1,所以事件B1可看作2m个蓝色项加b1,共
为从原点(0,0)出发，到终点(3m,m)的过程
计2m+1项，其中b1不排在它们中的第
一
中至少有一次触碰到直线y=一1或穿过直
线y=一1，记该路径为“坏路径”，则根据反
位，故P(B1)=2m+
2m
(14分)
射原理，该“坏路径”还等价于“从点(0，一2)
类似地，在B1成立的条件下B2也成立，可看
出发，每次向上或向下走一步且终点为点
作在b,“抵消”掉c1的条件下，剩下的2m一1
(3m,m)的路径”
(13分)
个蓝色项加b2,共计2m项，其中b2不排在它
设向上的步数为s,向下的步数为t,则
们中的第一位，故P(B2B,)=2m
+t=3m,
一，…，再
得=2m+1,
2m
-t=m+2
t=m-1,
类似地，在B1,B2,…,B都成立的条件下
所以“坏路径”的总数为Cm,
(15分)
B+1(k=1,2,…,m一1)也成立，可看作在同
故
P(M)=1-
C
=1-
时满足b1“抵消”掉c1,b2“抵消”掉c2,…,
bg-1“抵消”掉c-1的条件下，剩下的2m
m!(2m)!
m
m+1
(m-1)！(2m+1)!
k十1个蓝色项加be,共计2m一k十2项，其中
=1-2m+1-2m+1
b.不排在它们中的第一位，
2,得证.
(17分)
6·2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
叁专答案及解析
2026年9月高三年级学业质量检测·数学
题号
1
2
3
4
5
6
8
9
10
11
答案
B
A
D
C
C
B
BCD
AC
ACD
一、选择题
的中点为O,则OA=OB=OC=OD=5,故球
1.B【解析】因为A={-1,0,1,2},CRB={x
的球心为O,半径为5.又AB=6,BD=CD=
x≤0}，所以A∩(CRB)={-1,0}
8,AD=10,BC=5,所以∠AOB+∠COD=
2.A【解析】因为之=1+i,所以之-1=i,z=
1-i,故(x-1)z=i(1-i)=1+i.
x,∠B0C=3,∠D0A=元，所以在球面上，
3.D【解析】设等差数列{am}的公差为d,则
A→B的最短距离与C→D的最短距离之和为
a6-a3=6=3d,即d=2,故a7-a2=5d=10.
4.C【解析】因为a,b为正数，且ab+1=4b,所
5x,B+C的最短距离为，D→A的最短距
以a+6-4≥2后，则号≤4，当且仅当a=
离为5π，故这只蚂蚁爬行的总路程的最小值为
名，即a=2,6=号时，等号成立，放8的最大
5x++5m-3
3
二、选择题
值为4.
9.BCD【解析】将样本数据按从小到大排列得
5.A【解析】因为f(x)的图像关于点(1，-1)
对称，所以f(一1)十f(3)=-2,即f(3)=
4,5,6,89,10,则该样本数据的中位数是6十8
2
一2-f(一1).又当x<0时，f(x)=x2,则
7,故A错误；该样本数据的极差是10一4=6，故
f(-1)=1,所以f(3)=-2-1=-3.
6.C【解析】设向量a,b的夹角为0，则b在a
B正确；该样本数据的平均数是
.×(6+9+5+
上的投影向量的模为b1川cos1三a26因
4+10+8)=7,别去6后的样本平均数为号×
为a=(2,-1),所以|a|=√5.又a·b=5,所
(9+5+4+10十8)=7.2，则平均数变大，故C
以1611cos91=5-5.
5
正确：该样本数据的平均数是7，方差为后×
7.C【解析】设直线的方程为y=(x十1)(k≠0)，
[(6-7)2+(9-7)2+(5-7)2+(4-7)2+
与C的方程联立得k2x2+(2k2-4)x+k2=0.
(10-7)+(8-7)P]-号，删去4后的样本平
设P(x1,y1),Q(x2y2),则x1x2=1.由抛物线
的定义可知|PF|=x1十1=3，则x1=2,x2=
均数为号×(6+9+5+10+8)=7.6，方差为
分，所以1Q=+1=2
5×[(6-7.6)2+(9-7.6)2+(5-7.6)2+
8.B【解析】因为AB=AC=6,BD=CD=8,
AD=10,所以∠ABD=∠ACD=记AD
(10-7.6)2十(8-7.6)]=3.44，则方差变小，
故D正确，
·1
·数学·
参考答案及解析
10.AC【解析】对于A,若f(s)=(s-1)(s2十
BC-AD,即BC=AD·AB.如图，在线段
AB BC
as+1)>0,则s2+as+1<0,所以f()
AD上取点E,使得∠DCE=7,则△BCE∽
(号-)1+a+)<0,故A正确对于
B,f'(x)=3x2+2(a-1)x+1-a,当取a=
△BAC,所以BC_BE
AB-BC,则BC=BE·AB=
1时，f'(x)=3x2≥0，f(x)单调递增，则当
AD·AB,故AD=BE,AE=BD=AC,在
t∈(-1,0)时，f(-2-t)<f(t)<0,故B错
△ACE中，显然AE≠AC,则假设不成
误.对于C,f'(x)=3.x2+2(a-1)x+1-a,
立，故B错误；在△ABC中，由正弦定理
若x=1是f(x)的极值点，则f'(1)=a十
4π
2=0,解得a=一2，此时f'(x)=3(x-1)2≥
得A9+1=
AC+AB
sn+sin7_
0,f(x)单调递增，则x=1不可能是f(x)的
AB
AB
4π
sin 7
极值点，故C正确.对于D,三次函数的图像是
2元
中心对称图形，且对称中心的横坐标为f'(x)
2sin 7cos7
图像的对称轴对应的x的值，即为32，若
2π2π
2π2π
2sin 7cos 7
2sin 7cos 7
f(x)图像的对称中心在第一象限，则0>
3
cos 7
BCBC
0.设m=1与2，则fm)=m3+a-1Dm2+
出A可知，e一AD一AB
cos 7
(1-a)m-1=-2m3+3m2-1,所以f'(m)=
2π
-6m(m-1).当0<m<1时，f'(m)>0,
si
2sin7cos立
f(m)单调递增；当m>1时，f'(m)<0,
4π
2π
2元
sin 7
-sin7
2cos 7sin 7
cos 7
f(m)单调递减，则当m>0时，f(m)≤
f(1)=0,所以曲线y=f(x)的对称中心不
BC2
sin22π
可能在第一象限，故D错误.
故C正确；AB·AC=
.4元.π
11.ACD【解析】设双曲线的实半轴长为a,半
sin 7sin 7
焦距为c,离心率为e,则由双曲线的定义，得
--AHCAC AR AD品放
BCBC
2sin 7 cos 7sin 7
2π2π.π
=2元，由上可知，
A正确；由∠ACB=2∠BAC,BD=CD=
2sin 7cos 7sin 7 cos7
BC2
AC及三角形的内角和为π，得∠ABC=
7
AB·BC=e,故D正确.
∠BAC=∠ACB=经在△ACD和
D
3π
△ABC中，由正弦定理得AD
sin 7
Ac
2π
三、填空题
4π
sin7_AB」
BC
12.63【解析】根据题意得a1=S2一a2=1,故公
xBC假设B正确，因为e-AC所以
sin 7
比g=2=2,所以S,=a11-g）
1一9
63.
·2·
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
(2)因为△ABC的面积为6，
13.(0,2e)
【解析】函数f(x)=lnx
-ax有2
个零点等价于雨教g(x)-产的图像与直
所以由三角形的面积公式得S△ABC=
sin A=6.
(7分)
线y=a有2个交点.因为g'(x)=1-21nx
π√2
又c=4,且由(1)可知sinA=sin4=2'
所以令g'(x)=0,则x=√E,当0<x<√E时，
故b=3√2，
(10分)
g'(x)>0,g(x)单调递增；当x>√e时，
所以由余弦定理可得a2=b2十c2一2 bccos A=10,
g'(x)<0,g(x)单调递减.又g(1)=0,且当
(12分)
x>1时，g(x)>0,当x→+∞时，g(x)→0，
故a=√10.
(13分)
则若g(x)的图像与直线y=a有2个交点，
16.(1)证明：如图，连接B1C交BC1于点G,连
接EG,A1D,
则应满足0<a<g(W)
2e,故a的取值范
则cG-Bc
2AD,且CG∥A1D.
国是(0,0)
因为E,F分别为AA1,AD的中点，
14.15【解析】把边长为7的正方形分成7×7
所以EF是△AA1D的中位线，
个边长为1的小正方形，在如图(a)的位置标
1
故EF=2A1D,且EF∥AD,
记符号“●”，共计16个，则每个图形①或图形
所以EF=CG,且EF∥CG,
②最多包含一个“●”设图形①有x个，图形
所以四边形EFCG是平行四边形，
②有y个，则x+y≥16，且3x+4y=49,解
所以CF∥GE.
(4分)
得x≥15.又x,y均为自然数，所以当且仅当
又GEC平面BC1E,CF中平面BC1E,
x=15,y=1时以上式子成立.如图(b)为一
所以CF∥平面BC1E.
(6分)
种满足要求的拼接方式.
●
●
●
●
(a)
(b)
D
四、解答题
15.解：(1)因为
=2cos Asin B,
B
(2)解：如图，以D为坐标原点，DA,DC,
所以由正弦定理得0只-2o0 AsinB..
DD1所在直线分别为x轴、y轴、之轴，建立
(2分)
空间直角坐标系。
因为sinB≠0，所以sin2A=1.
(4分)
设AB=2,则B(2,2,0),F(1,0,0),E(2,0,
2),C1(0,2,4),
又0<A<π，所以0<2A<2π，
故BF=(-1,-2,0),BC=(-2,0,4),
故2A=A=
(6分)
B2=(0,-2,2).
(8分)
·3·
·数学·
参考答案及解析
设平面FBE的法向量为m=（x1,y1,之1)，
则21十x=
2my十y2-1十x2十m=
2
BF·m=0
3
2
则
即厂x1-2y1=0,
{B2.m=0,1-2y1+2z1=0.
即D(-g,g）
m
2m m
(8分)
令x1=2,得y1=-1,z1=-1,则m=(2,
-1,-1).
(10分)
故线段AB的中点在直线y=
2x上.
设平面BC1E的法向量为n=(x2,y2,之2)，
(9分)
/BC1·n=0,
2x2十4z2=0,
则
即
)解：易知直线0P的方程也为y=一号x,
B2·n=0,
-2y2+2x2=0.
则O,D,P三点共线.
令x2=2,得y2=1,之2=1，则n=(2,1,1),
若△AOB的面积等于△AOP的面积，则
(12分)
S△AOP=S△AOB=2S△AOD,
故cos〈m,n）
m·n
=
故OP|=21OD1.
(11分)
mn
2×2+(-1)×1+(-1)×1=1.
√/4+1+1×√4+1+1
3,
(14分)
当D为线段OP的中点时，则D?,-3)
(3’-6)
故二面角FBEC的正弦值为，1-()
2
所以m=
2,
3
(15分)
故x1十x2=
2W3
1
3x1x2=一
6,
(12分)
17.(1)解：设C的半焦距为c,
所以|AB|=√2|x1一x2|=√2·
因为C的焦距为2，所以c=1,
(1分)
√/(x1十x2)2-4x1x2=2.
(14分)
所以C的方程可写成后+。
y2
a2-1=1(a>1).
当点D在线段PO的延长线上时，可得
|AB|=2
又点P2-)在C上
综上，|AB=2.
(15分)
18.(1)解：根据题意得f'(x)=2cos2x一8cosx-
所以+3a-D1
3,f(0)=0,
(1分)
解得a2=2或a2-
3(舍去)，
则f'(0)=-9,
(3分)
所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线
所以C的方程为号+y-1.
方程为y=-9x.
(3分)
(4分)
(2)解：由(1)知f′(x)=4cos2x-8cosx-5=
(2)(i)证明：设直线AB的方程为y=x十
(2cos x+1)(2cos x-5),
m,A(x1,y1),B(x2y2),
因为2c0sx-5<0,
y=x十m,
1
由
得3x2+4mx+2m2-2=0,
所以当∫'(x)=0时，cosx=-
(4分)
2+y2=1,
2,
则△=16m2-12(2m2-2)=24-8m2>0,且
且当张m-暂<x<2x+否(&∈Z)时，
3
31x2=2m3-2
x1十x2=-4m
f'(x)<0,f(x)单调递减；
3
(6分)
记线段AB的中点为D(,士”)，
当2张x+<2x+∈D时，f)>0,
f(x)单调递增，
(6分)
4
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
所以f(x)的单调递减区间是2kπ一
2π
3
所以当x>0时，h'(x)<p(cosx)-p1
2x+)∈D.fx)的单调渔端区间是
x
2
<0,h(x)在区间(0，十∞)上单调递减，
(2+5,26x+)∈z》,
所以当x>0时，h(x)<h(0)=0,即f(x)<
(8分)
g(x).
(3)证明：设h(x)=f(x)-g(x),x>-1,
综上，当x>-1时，f(x)≤g(x).(17分)
则h(0)=f(0)-g(0)=0,
(9分)
19.(1)解：从6项中删去3项共有C8=20种
h'(x)=f'(x)-g'(x)=4cos2x-8cos x-
可能，
(1分)
剩下的3项之和不大于8的情况共有4种，分
5xt9于4cosx-8c0sx5+9
别是(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4).
(+z月
(2分)
所以剩下的3项之和大于8的概率为1
9
当-1<x<0时，易知-x>0,x+行+x之
44
205
(3分)
0放9-x(9十x>≥9。
(2)解：先求P(X=mY=a2m).
若Y=a2m,即选择的是第2m项，它前面有
所以当-1<x<0时，h'(x)>4cos2x
2m-1项，
8c0sx-5+9=4(cosx-1)2>0,h(x)单调
因为数列的各项互不相同，a2m与前2m一1项
递增，
的大小关系是等可能的，
故当-1<x<0时，h(x)<h(0)=0,
所以a2m在这2m项（含自身）中的排名是等
即f(x)<g(x).
(11分)
可能的.
当>0时，易知1<0。
因为X=m表示前2m一1项中恰好有m项
比a2m小，
则h'(x)<4cos2x-8cosx-x4+4=4cosx·
即a2m的“相对排名”为m十1，
(osx-2)-41-2)[(1-2)-2]
而排名共有2m种等可能的情况，
(13分)
敌P(X=mY=a)三20
(6分)
设p(x)=4x(x一2)，则易知p(x)在区间
再求E(X).
(-∞，1]上单调递减.
法一：对任意Y=a:(i=1,2,…,3m),X表示
设e)=wsx-1+写则x)=-s血x+x
前i一1项中比a:小的项数，其期望为E(X」
设u(x)=t'(x)=-sinx十x,则u'(x)=
y-a)-号
由对称性可得，前i一1项中
一c0sx+1≥0，u(x)在区间(0，十∞)上单调
递增，
每个项比a:小的概率为2)】片
所以当x>0时，t'(x)=u(x)>u(0)=0,
1
又P(Y=a:)=
(i=1,2,…,3m),
3m
t(x)单调递增，
所以当x>0时，t(x)>t(0)=0,
因此E(X)=2(P(Y=a)·E(XY=a,)=
即当>0时1-号<cosx61,
1i-13m-1
(15分)
3m:白2
4
(9分)
5·
·数学·
参考答案及解析
法二：从A中选择Y后，还有3m一1项，由对
2m-k+1
所以P(B。B1B2…Bk-1)=
称性可知，Y之前的各项中比它小的项的个
2m-k+2’
数的期望等于Y之前的各项中比它大的项的
(16分)
个数的期望，还等于Y之后的各项中比它小
故P(M)=
2m
2m-1..m+2.
2m+1
2m
m+3
的项的个数的期望，以及等于Y之后的各项
m+1_m+1、1
中比它大的项的个数的期望，且这四种情况
m+22m+1>2,得证.
(17分)
的期望之和恰好等于3m一1，即4E(X)=
法二：把数列A中的3m个位置看作一个序
3m-1,
列，并从左至右按如下规则遍历这个序列：
故E(X)=3m-1
①每遇到一个蓝色项，记为一步向“上”（十1）；
41
(9分)
②每遇到一个红色项，记为一步向“下”（一1）
(3)证明：法一：把蓝色项按照在A中当前顺
这样，每一种染色方案对应一条从坐标原点
序依次记为c1,C2,·,C2m·
(0,0)出发的路径，且由于总步数为3m,蓝色
设事件B.(k=1,2,…,m)为“b。之前的各项
项有2m个，即向上走2m步，红色项有m
中蓝色项的个数不小于”，
个，即向下走m步，故终点为(3m,m)
则M=B1B2…Bm,
(10分)
所有可能的染色方案总数（即总路径数）为Cm·
所以P(MD=P(B1B2…Bm)=P(B1B2…Bm-1)·
(10分)
P(Bm|B1B2…Bm-1)=P(B1B2…Bm-2)·
满足“对任意b。(k=1,2,…,m),b。之前的各
P(Bm-1BB2…Bm-2)P(Bm|B1B2·…·
项中蓝色项的个数不小于”，即“对任意时
Bm-1)=…=P(B1)P(B2|B1)…P(Bm-1
刻，向上走的步数不少于向下走的步数”，其
B1B2…Bm-2)P(BmB1B2…Bm-1).(12分)
对立事件为“至少存在一个时刻，使得向上走
因为b1之前的各项中蓝色项的个数不小于
的步数少于向下走的步数”，其所对应的路径
1,所以事件B1可看作2m个蓝色项加b1,共
为从原点(0,0)出发，到终点(3m,m)的过程
计2m+1项，其中b1不排在它们中的第
一
中至少有一次触碰到直线y=一1或穿过直
线y=一1，记该路径为“坏路径”，则根据反
位，故P(B1)=2m+
2m
(14分)
射原理，该“坏路径”还等价于“从点(0，一2)
类似地，在B1成立的条件下B2也成立，可看
出发，每次向上或向下走一步且终点为点
作在b,“抵消”掉c1的条件下，剩下的2m一1
(3m,m)的路径”
(13分)
个蓝色项加b2,共计2m项，其中b2不排在它
设向上的步数为s,向下的步数为t,则
们中的第一位，故P(B2B,)=2m
+t=3m,
一，…，再
得=2m+1,
2m
-t=m+2
t=m-1,
类似地，在B1,B2,…,B都成立的条件下
所以“坏路径”的总数为Cm,
(15分)
B+1(k=1,2,…,m一1)也成立，可看作在同
故
P(M)=1-
C
=1-
时满足b1“抵消”掉c1,b2“抵消”掉c2,…,
bg-1“抵消”掉c-1的条件下，剩下的2m
m!(2m)!
m
m+1
(m-1)！(2m+1)!
k十1个蓝色项加be,共计2m一k十2项，其中
=1-2m+1-2m+1
b.不排在它们中的第一位，
2,得证.
(17分)
6·绝密★启用前
齐鲁名校教育测评
2026年9月高三年级学业质量检测
数
学
本试卷总分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
國
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
铷
写在本试卷上无效。
b
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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.已知集合A={-1,0,1,2},B={x|x>0},则A∩(CRB)=
数
A.{1,2}
B.{-1,0}
C.{0,1,2}
D.{-1,0,1}
2.已知x=1+i,则(x一1)z=
A.1+i
B.1-i
C.2i
D.-21
3.在等差数列{am}中，若a6一a3=6,则a7一a2=
如
A.7
B.8
C.9
D.10
4.设a,6为正数，且6十1=4，则5的最大值为
A.2
B.2
C.4
D.8
5.已知定义域为R的函数f(x)的图像关于点(1，一1)对称，且当x<0时，f(x)=x2,则f(3)=
A.-3
B.-2
C.1
D.9
尝
6.已知向量a,b满足a=(2,一1)，a·b=5,则b在a上的投影向量的模为
6
A.
B26
5
C.5
D.2√5
7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点（一1,0）的直线与C交于P,Q两点，若|PF|=3,
则|QF|=
多
4
A.3
B.2
c.3
D.2
数学试题
第1页（共4页）】
8.球面上两点间的最短距离为过这两点及球心的平面与球面相交所得圆上介于这两点间的
较短的弧长.已知点A,B,C,D在同一球面上，且AB=AC=6,BD=CD=8,AD=10,
BC=5.一只蚂蚁从点A出发，沿球面爬行依次经过点B,C,D,最后从点D沿球面爬行
回到点A,则这只蚂蚁爬行的总路程的最小值为
A经
a智
C.5
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.有一组样本数据6,9,5,4,10,8，则
A.该样本数据的中位数是4.5
B.该样本数据的极差是6
C.该样本数据删去6后平均数变大
D.该样本数据删去4后方差变小
10.设函数f(x)=(x一1)(x2十ax十1)，下列说法中正确的有
A.若s∈(0,1)，且f(s)>0,则f)<0
B.若t∈(-1,0)，且f(t)<0,则f(-2-t)>0
C.x=1不可能是f(x)的极值点
D.曲线y=f(x)是中心对称图形，且对称中心可能在第一象限
11.如图，在△ABC中，∠ACB=2∠BAC,D为AB上一点，且BD=CD=AC.若以B,C
为焦点的双曲线恰好过点A,则该双曲线的离心率等于
D
B
BC
R把
AC
BC2
A.AD
C.AB+1
D.AB·AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.记Sm是等比数列{am}的前n项和，若a2=2,S2=3,则S6=
13.若函数f(x)=l血工-ax有2个零点，则a的取值范围是
14.如图，图形①为边长为2的正方形剪去一个边长为1的正方形所得到的图形，图形②为
边长为2的正方形，且这两种图形均可随意旋转.若用若干个图形①和图形②可无重叠
地拼成一个边长为7的正方形，则用到的图形①的个数为
图形①
图形②
数学试题第2页（共4页）
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.(13分)
记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=2 cos Asin B.
(1)求A;
(2)若c=4,△ABC的面积为6，求a.
16.(15分)
如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为AA1,AD的中点.
(1)证明：CF∥平面BC1E;
(2)若AA1=2AB,求二面角F-BE-C1的正弦值.
D
A,
E
D
17.(15分)
+芳=1a>6>0)的熊距为2，且过点P23,-受》】
已知椭圆c,x
y2
(1)求C的方程；
(2)设O为坐标原点，一条斜率为1的直线交C于A,B两点.
(ⅰ)证明：线段AB的中点在定直线上；
(i)若△AOB的面积等于△AOP的面积，求|AB|.
数学试题第3页（共4页）
18.(17分)
已知函数f(x)=sin2x-8sinx一3x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)的定义域为(-1，十∞)，导数为g(x).若g(0)=0,g(x)=x4一x十'
9
证明：当x>-1时，f(x)≤g(x).
19.(17分)
设整数m≥2，数列A:a1,a2,…,a3m…
(1)若m=2,a:=i(i=1,2,…,6),从A中随机删去3项，求剩下的3项之和大于8的
概率；
(2)设A的各项互不相同，从A中随机选择1项，记该项为Y,且记X为Y之前的各项
中比Y小的项的个数，求P(X=mY=a2m)及E(X)(用m表示)；
(3)从A中随机选择m项，把这m项染成红色，把其他2m项染成蓝色，且把红色项按
照在A中当前顺序依次记为b1,b2,…,bm.记事件M=“在A中，对任意b。(k=1,2,…,m),
b之前的各项中蓝色项的个数不小于”，证明：P(M)>2
数学试题第4页（共4页）绝密★启用前
齐鲁名校教育测评
2026年9月高三年级学业质量检测
数
学
本试卷总分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
制
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
识
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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
当
符合题目要求的。
1.已知集合A={-1,0,1,2},B={x|x>0},则A∩(CRB)=
数
A.{1,2}
B.{-1,0}
C.{0,1,2}
D.{-1,0,1}
2.已知之=1+i,则（一1）z=
A.1+i
B.1-i
C.2i
D.-2i
3.在等差数列{an}中，若a6一a3=6,则a7一a2=
A.7
B.8
C.9
D.10
4.设a,6为正数，且ab+1=4b,则分的最大值为
A.2
B.2
C.4
D.8
5.已知定义域为R的函数f(x)的图像关于点(1，一1)对称，且当x<0时，f(x)=x2,则f(3)=
A.-3
B.-2
C.1
D.9
6.已知向量a,b满足a=(2,一1)，a·b=5,则b在a上的投影向量的模为
A哥
B26
5
C.5
D.25
7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-1,0)的直线与C交于P,Q两点，若|PF|=3,
则1QF=
墨
A.
4
B.√2
D.2
数学试题第1页（共4页）
8.球面上两点间的最短距离为过这两点及球心的平面与球面相交所得圆上介于这两点间的
较短的弧长.已知点A,B,C,D在同一球面上，且AB=AC=6,BD=CD=8,AD=10,
BC=5.一只蚂蚁从点A出发，沿球面爬行依次经过点B,C,D,最后从点D沿球面爬行
回到点A,则这只蚂蚁爬行的总路程的最小值为
A2经
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.有一组样本数据6,9,5,4,10,8，则
A.该样本数据的中位数是4.5
B.该样本数据的极差是6
C.该样本数据删去6后平均数变大
D.该样本数据删去4后方差变小
10.设函数f(x)=(x一1)(x2十ax十1)，下列说法中正确的有
A.若∈(0,1)，且fs)>0,则f()<0
B.若t∈(-1,0)，且f(t)<0,则f(-2-t)>0
C.x=1不可能是f(x)的极值点
D.曲线y=f(x)是中心对称图形，且对称中心可能在第一象限
11.如图，在△ABC中，∠ACB=2∠BAC,D为AB上一点，且BD=CD=AC.若以B,C
为焦点的双曲线恰好过点A,则该双曲线的离心率等于
D
BC
取船
c+1
BC2
A.AD
D.AB·AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.记Sm是等比数列{am}的前n项和，若a2=2,S2=3,则S6=
13.若函数f(x)=l血x-ax有2个零点，则a的取值范围是
14.如图，图形①为边长为2的正方形剪去一个边长为1的正方形所得到的图形，图形②为
边长为2的正方形，且这两种图形均可随意旋转.若用若干个图形①和图形②可无重叠
地拼成一个边长为7的正方形，则用到的图形①的个数为
图形①
图形②
数学试题第2页（共4页）》
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.(13分)
记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=2 cos Asin B.
a
(1)求A;
(2)若c=4,△ABC的面积为6，求a.
16.(15分)
如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为AA1,AD的中点.
(1)证明：CF∥平面BC1E;
(2)若AA1=2AB,求二面角F-BE-C1的正弦值.
D
C
A
B
E
D-
17.(15分)
卫知椭圆C二+票-1a≥6>0)的焦距为2，且过点P2,-)
(1)求C的方程；
(2)设O为坐标原点，一条斜率为1的直线交C于A,B两点.
(ⅰ)证明：线段AB的中点在定直线上；
(i)若△AOB的面积等于△AOP的面积，求|AB.
数学试题第3页（共4页）
18.(17分)
已知函数f(x)=sin2x-8sinx一3x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)的定义域为(-1，十∞)，导数为g(x).若g(0)=0,g(x)=x4一x十1'
9
证明：当x>一1时，f(x)≤g(x).
19.(17分)
设整数m≥2，数列A:a1,a2,…,a3m.
(1)若m=2,a:=i(i=1,2,…,6),从A中随机删去3项，求剩下的3项之和大于8的
概率；
(2)设A的各项互不相同，从A中随机选择1项，记该项为Y,且记X为Y之前的各项
中比Y小的项的个数，求P(X=m|Y=a2m)及E(X)(用m表示)；
(3)从A中随机选择m项，把这m项染成红色，把其他2m项染成蓝色，且把红色项按
照在A中当前顺序依次记为b1,b2,…,bm.记事件M=“在A中，对任意b(k=1,2,…,m),
b之前的各项中蓝色项的个数不小于k”,证明：P(M)>2
数学试题第4页（共4页）
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
叁考答亲及解折
2026年9月高三年级学业质量检测·数学
题号
1
2
3
5
6
8
9
10
11
答案
B
A
D
A
C
的
BCD
AC
ACD
一、选择题
的中点为O,则OA=OB=OC=OD=5,故球
1.B【解析】因为A={-1,0,1,2},CRB={x|
的球心为O,半径为5.又AB=6,BD=CD=
x≤0}，所以A∩(CRB)={-1,0}:
8,AD=10,BC=5,所以∠AOB+∠COD=
2.A【解析】因为之=1+i,所以z-1=i,乏
1-i,故(z-1)z=i(1-i)=1+i.
,∠BOC=3,∠D0A=元，所以在球面上，
3.D【解析】设等差数列{an}的公差为d,则
A→B的最短距离与C→D的最短距离之和为
a6-a3=6=3d,即d=2,故a7-a2=5d=10.
4.C【解析】因为a,b为正数，且ab+1=4b,所
5x,B+C的最短距离为暂，D→A的最短距
以a+行-4≥2后，则号≤4，当且仅当a
离为5π，故这只蚂蚁爬行的总路程的最小值为
，即a=2,6=时，等号成立，放号的最大
1
5x+晋+5-
3
二、选择题
值为4.
9.BCD【解析】将样本数据按从小到大排列得
5.A【解析】因为f(x)的图像关于点(1，-1)
对称，所以f(一1)十f(3)=-2,即f(3)
4,5,6,8,910,则该样本数据的中位数是6十8
21
一2-f(一1).又当x<0时，f(x)=x2,则
7,故A错误；该样本数据的极差是10一4=6，故
f(-1)=1,所以f(3)=-2-1=-3.
B正确；该样本数据的平均数是】×(6十9十5十
6.C【解析】设向量a,b的夹角为0，则b在a
上的投影向量的模为bcos三“a。因
4十10十8)=7，删去6后的样本平均数为号×
为a=(2,-1),所以|a|=√5.又a·b=5,所
(9+5+4+10十8)=7.2，则平均数变大，故C
以1b11cos91=5-5.
√5
正确；该样本数据的平均数是7，方差为。×
7.C【解析】设直线的方程为y=k(x十1)(k≠0)，
[(6-7)2+(9-7)2十(5-7)2+(4-7)2+
与C的方程联立得k2x2+(22-4)x十k2=0.
10-)+(8-7)门=兰，删去4后的样本平
设P(x1,y1),Q(x2y2),则x1x2=1.由抛物线
的定义可知PF|=x1+1=3,则x1=2,x2=
均数为号×(6+9+5+10+8)=7.6，方差为
分所以QF=+1=是
号×[6-7.6)+(9-7.6+(5-7.6+
8.B【解析】因为AB=AC=6,BD=CD=8,
(10-7.6)2十(8-7.6)2]=3.44，则方差变小，
AD=10,所以∠ABD=∠ACD=.记AD
故D正确.
·1
·数学·
参考答案及解析
10.AC【解析】对于A,若f(s)=(s-1)(s2+
AB BC
BC
D,即BC2=AD·AB.如图，在线段
as+1)>0,则s+as+1<0,所以f()
AD上取点E,使得∠DCE=7,则△BCE∽
(号-1+as十)<0，故A正确对于
B,f'(x)=3x2十2(a-1)x+1-a,当取a=
△BAC,所以BC-BE
ABBC,则BC=BE·AB=
1时，f'(x)=3x2≥0，f(x)单调递增，则当
AD·AB,故AD=BE,AE=BD=AC,在
t∈(-1,0)时，f(一2-t)<f(t)<0,故B错
△ACE中，显然AE≠AC,则假设不成
误.对于C,f'(x)=3x2+2(a-1)x+1-a,
立，故B错误；在△ABC中，由正弦定理
若x=1是f(x)的极值点，则f'(1)=a十
sin sin
4π
2=0,解得a=-2,此时f'(x)=3(x-1)2≥
+1-AC+AB
得Ac
0,f(x)单调递增，则x=1不可能是f(x)的
AB
4π
sin 7
极值点，故C正确.对于D,三次函数的图像是
2π
中心对称图形，且对称中心的横坐标为f'(x)
停引+(+引
图像的对㡔销对应的的伯，即为'号，若
2π2π
2π2π
2sin 7cos 7
2sin7cos 7
)图像的对称中心在第一象限，则号2>
cos 7
BCBC
0.设m=号2，则fm)=m3+(a-1Dm2+
2云又由A可知，e=AD-ABAC
cos 7
(1-a)m-1=-2m3+3m2-1,所以f'(m)=
π
sin 7
π
-6m(m-1).当0<m<1时，f'(m)>0,
2sin 7cos7
cos 7
f(m)单调递增；当m>1时，f'(m)<0,
4
2π，
π
2π1
sin7
-sin7
2cos 7sin 7
cos 7
f(m)单调递减，则当m>0时，f(m)≤
∫(1)=0，所以曲线y=f(x)的对称中心不
BC2
sin?2n
可能在第一象限，故D错误.
故C正确；AB·AC=
4π.π
11.ACD【解析】设双曲线的实半轴长为a,半
sin 7sin 7
焦距为c,离心率为e,则由双曲线的定义，得
π
π.
2π
=-会=GBD器故
BCBC
2sin 7 cos 7 sin 7
cos 7
2π2π.π
元，由上可知，
2sin 7 cos 7 sin 7
cos 7
A正确；由∠ACB=2∠BAC,BD=CD=
BC2
AC及三角形的内角和为元，得∠ABC=
7
AB·BC=e,故D正确.
∠BAC-2,∠ACB-织在△ACD
和
D
3π
△ABC中，由正弦定理得AD
sin1」
Ac
2π
sin 7
B
三、填空题
4π
sin 7 AB
BC
12.63【解析】根据题意得a1=S2一a2-1,故公
2元-BC假设B正确，因为e-AD,所以
sin 7
比g=2=2,所以S,=a11-g）
1-9
63.
·2·
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
13.(0,2)
【解析】函数f(x)=1血z-ax有2
(2)因为△ABC的面积为6，
个零点等价于函数&)-产的图像与直
所以由三角形的面积公式得S△Ac=2bc·
sin A=6.
(7分)
线y=a有2个交点.因为g'(x)=1-21n之
π√2
又c=4,且由(1)可知sinA=sin4=2,
所以令g'(x)=0,则x=√，当0<x<√时，
故b=3√2，
(10分)
g'(x)>0,g(x)单调递增；当x>√时，
所以由余弦定理可得a2=b2+c2一2 bccos A=10,
g'(x)<0,g（x)单调递减.又g(1)=0,且当
(12分)
x>1时，g(x)>0,当x+∞时，g(x)>0,
故a=√10，
(13分)
则若g(x)的图像与直线y=a有2个交点，
16.(1)证明：如图，连接B1C交BC1于点G,连
则应满足0<a<gE)=乙故a的取值范
接EG,A1D,
则cG=B.C=A.D,且cG∥A,D,
国是(，2之
因为E,F分别为AA1,AD的中点，
14.15【解析】把边长为7的正方形分成7×7
所以EF是△AA1D的中位线，
个边长为1的小正方形，在如图(a)的位置标
故EF=2AD,且EF∥AD,
记符号“●”，共计16个，则每个图形①或图形
所以EF=CG,且EF∥CG,
②最多包含一个“·”设图形①有x个，图形
所以四边形EFCG是平行四边形，
②有y个，则x+y≥16，且3x+4y=49,解
所以CF∥GE,
(4分)
得x≥15.又x,y均为自然数，所以当且仅当
又GEC平面BCE,CF中平面BC1E,
x=15,y=1时以上式子成立.如图(b)为一
所以CF∥平面BC1E.
(6分)
种满足要求的拼接方式.
个2
●
●
●
(a)
(b)
D
四、解答题
15.解：1)因为2=2 cos Asin B,
e
(2)解：如图，以D为坐标原点，DA,DC,
所以由正弦定理得sn人三2 cos Asin B.
DD1所在直线分别为x轴、y轴、之轴，建立
(2分)
空间直角坐标系。
因为sinB≠0，所以sin2A=1.
设AB=2,则B(2,2,0),F(1,0,0),E(2,0,
(4分)
又0<A<π，所以0<2A<2π，
2),C1(0,2,4),
故BF=(-1,-2,0),BC=(-2,0,4),
故2A=2A=至
41
(6分)
B克=(0，-2,2).
(8分)
·3·
·数学·
参考答案及解析
设平面FBE的法向量为m=(x1,y1,z1),
则士=20，十-1十十m
2
/BF·m=0,
3
1-x1-2y1=0,
则
即
B2.m=0,1-2y1+2z1=0.
即D(
2m m
33
(8分)
令x1=2,得y1=-1,z1=-1,则m=（2,
-1,-1).
(10分)
故线段AB的中点在直线y=
2x上.
设平面BC1E的法向量为n=(x2y2,之2)，
(9分)
/BC1·n=0,
1-2x2十4之2=0，
则
即
《)解：易知直线OP的方程也为y=一之2，
B2·n=0,1-2y2+2z2=0.
则O,D,P三点共线，
令x2=2,得y2=1,之2=1，则n=(2,1,1),
若△AOB的面积等于△AOP的面积，则
(12分)
S△AOP=S△A0B=2S△AOD,
故cos〈m,
m·n
n〉
故|OP|=2|OD1.
(11分)
Imn
2×2+(-1)×1+(-1)×1=1
(14分)
当D为线段OP的中点时，则D5,-3)
(3-6
W/4+1+1×/4+1+1
,
所以m=一
3
故二面角下EG的正弦值为，1-（付）厂
22
2,
3
故x1十x2=
3x1x2=
2
(15分)
6
(12分)
17.(1)解：设C的半焦距为c,
所以|AB|=2|x1-x2|=√2·
因为C的焦距为2，所以c=1,
(1分)
√（x1十x2)2-4x1x2=2.
(14分)
y2
所以C的方程可写成名大、
a2-1=1(a>1).
当点D在线段PO的延长线上时，可得
|AB=2.
又点P25-)在c上
综上，AB=2.
(15分)
18.(1)解：根据题意得f'(x)=2cos2x-8cosx-
所以a+3a-D1,
3,f(0)=0,
(1分)
解得a2=2或a2=
合·
则f'(0)=-9,
(3分)
所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线
所以C的方程为号+y-L
(4分)
方程为y=一9x.
(3分)
(2)解：由(1)知f'(x)=4cos2x-8cosx-5=
(2)(i)证明：设直线AB的方程为y=x十
(2cos x+1)(2cos x-5),
m,A(x1,y1),B(x2,y2),
因为2cosx-5<0,
y=x+m,
由
得3x2+4mx+2m2-2=0,
所以当f'(x)=0时，cosx=一
2,(4分)
2+y2-1,
则△=16m2-12(2m2-2)=24-8m2>0,且
且当2k-暂<红<2x+受（∈）时，
3
312=2m2-2
4m
f'(x)<0,f(x)单调递减；
x1十x2=
3·
(6分)
当送x+行<<x+皆4∈刀时，f>0,
记线段AB的中点为D(，)
f(x)单调递增，
(6分)
4
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
所以∫(x)的单调递减区间是2kπ一
2π
31
所以当x>0时，h'(x)<p(cosx)-91
2x+）∈Z,f(x)的单调递增区间是
爱)<0，Ax)在区间0，十0)止单润递减，
(2x+号，2kx+》∈D.
所以当x>0时，h(x)<h(0)=0,即f(x)<
(8分)
g(x).
(3)证明：设h(x)=f(x)-g(x),x>-1,
综上，当x>-1时，f(x)≤g(x).(17分)
则h(0)=f(0)-g(0)=0,
(9分)
19.(1)解：从6项中删去3项共有C=20种
h'(x)=f'(x)-g'(x)=4cos2x-8cos x-
可能，
(1分)
6-x+x+1
9
剩下的3项之和不大于8的情况共有4种，分
=4cos2z-8cos x-5+9-
别是(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)
(+z川
(2分)
所以剩下的3项之和大于8的概率为1一
9
当-1<x<0时，易知-x>0,x+1+x>
44
20=5
(3分)
0放9-x(91t)>9。
(2)解：先求P(X=m|Y=a2m).
若Y=a2m,即选择的是第2m项，它前面有
所以当-1<x<0时，h'(x)>4cos2x
2m一1项，
8cosx-5+9=4(cosx-1)2>0,h(x)单调
因为数列的各项互不相同，a2m与前2m一1项
递增，
的大小关系是等可能的，
故当-1<x<0时，h(x)<h(0)=0,
所以a2m在这2m项（含自身）中的排名是等
即f(x)<g(x).
(11分)
可能的.
当>0时，易如19，
因为X=m表示前2m一1项中恰好有m项
比a2m小，
则h'(x)<4cos2x-8cosx-x4+4=4cosx·
即a2m的“相对排名”为m+1,
(eosx-2)-41-名)[(1-2)-2]，
而排名共有2m种等可能的情况，
1
(13分)
故p(X=mY=a2)=2m
(6分)
设p(x)=4x（x-2),则易知p(x)在区间
再求E(X).
(-o∞，1]上单调递减.
法一：对任意Y=a:(i=1,2,…,3m),X表示
设6)-sx-1+号则)=一血工+
前i一1项中比a:小的项数，其期望为E(X
设u(x)=t'(x)=-sinx+x,则u'(x)=
y=a)=2
1-1
由对称性可得，前i一1项中
一c0sx+1≥0，u(x)在区间(0，+∞)上单调
递增，
每个项比a:小的概率为2)
所以当x>0时，t'(x)=u(x)>u(0)=0,
1
又P(Y=a:)=
(i=1,2,…,3m),
3m
t(x)单调递增，
所以当x>0时，t(x)>t(0)=0,
因此E(X)=2(P(Y=a:)·E(XIY=a:)=
即当x>0时，1-号osS1,
(15分)
18i-1_3m-1
3m:12
(9分)
4
·5·
·数学·
参考答案及解析
法二：从A中选择Y后，还有3m一1项，由对
所以P(BB1B2…Bg-1)=
2m-k+1
称性可知，Y之前的各项中比它小的项的个
2m-k十2'
数的期望等于Y之前的各项中比它大的项的
(16分)
个数的期望，还等于Y之后的各项中比它小
故P(M)=
2m2m-1
·….m十2
2m+1
2m
m+3
的项的个数的期望，以及等于Y之后的各项
m+1m+1、1
中比它大的项的个数的期望，且这四种情况
m+22m+>2,得证.
(17分)
的期望之和恰好等于3m一1，即4E(X)=
法二：把数列A中的3m个位置看作一个序
3m-1,
列，并从左至右按如下规则遍历这个序列：
故E(X)=3m-1
①每遇到一个蓝色项，记为一步向“上”（十1）；
4
(9分)
②每遇到一个红色项，记为一步向“下”（一1）.
(3)证明：法一：把蓝色项按照在A中当前顺
这样，每一种染色方案对应一条从坐标原点
序依次记为c1,c2,…,C2m
(0,0)出发的路径，且由于总步数为3m,蓝色
设事件B。(k=1,2,…,m)为“b。之前的各项
项有2m个，即向上走2m步，红色项有m
中蓝色项的个数不小于”，
个，即向下走m步，故终点为(3m,m).
则M=B1B2…Bm,
(10分)
所有可能的染色方案总数（即总路径数）为C·
所以P(MD=P(BB2…Bm)=P(B1B2…Bm-1)·
(10分)
P(BmB1B2…Bm-1)=P(B1B2…Bm-2)·
满足“对任意b(k=1,2,…,m),b。之前的各
P(Bm-1|B1B2…Bm-2)P(Bm|B1B2·…·
项中蓝色项的个数不小于”，即“对任意时
Bm-1)=…=P(B1)P(B2|B1)…P(Bm-1
刻，向上走的步数不少于向下走的步数”，其
B1B2…Bm-2)P(Bm|B1B2…Bm-1).（12分)
对立事件为“至少存在一个时刻，使得向上走
因为b1之前的各项中蓝色项的个数不小于
的步数少于向下走的步数”，其所对应的路径
1,所以事件B1可看作2m个蓝色项加b1,共
为从原点(0,0)出发，到终点(3m,m)的过程
计2m十1项，其中b1不排在它们中的第一
中至少有一次触碰到直线y=一1或穿过直
线y=一1，记该路径为“坏路径”，则根据反
位，故P(B1)=2m+1
2m
(14分)
射原理，该“坏路径”还等价于“从点(0，一2)
类似地，在B1成立的条件下B2也成立，可看
出发，每次向上或向下走一步且终点为点
作在b,“抵消”掉c1的条件下，剩下的2m一1
(3m,m)的路径”.
(13分)
个蓝色项加b2,共计2m项，其中b2不排在它
设向上的步数为s,向下的步数为t,则
们中的第一位，故P(B2B,)=2m
一，…，再
s十t=3m,
得-2m+1,
2m
s-t=m+2,t=m-1,
类似地，在B1,B2,…,Bg都成立的条件下
所以“坏路径”的总数为C,
(15分)
Bk+1(k=1,2,…,m一1)也成立，可看作在同
时满足b1“抵消”掉c1,b2“抵消”掉c2,…,
故P(M)=1-
C3m1
=1-
C3m
b-1“抵消”掉c-1的条件下，剩下的2m一
m!(2m)!
mm+1
(m-1)！(2m+1)1=1-2m+1=
2m+1
k十1个蓝色项加b。,共计2m一k十2项，其中
1
b.不排在它们中的第一位，
，得证.
(17分)
。6·绝密★启用前
齐鲁名校教育测评
2026年9月高三年级学业质量检测
数
学
本试卷总分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
制
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
识
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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
当
符合题目要求的。
1.已知集合A={-1,0,1,2},B={x|x>0},则A∩(CRB)=
数
A.{1,2}
B.{-1,0}
C.{0,1,2}
D.{-1,0,1}
2.已知之=1+i,则（一1）z=
A.1+i
B.1-i
C.2i
D.-2i
3.在等差数列{an}中，若a6一a3=6,则a7一a2=
A.7
B.8
C.9
D.10
4.设a,6为正数，且ab+1=4b,则分的最大值为
A.2
B.2
C.4
D.8
5.已知定义域为R的函数f(x)的图像关于点(1，一1)对称，且当x<0时，f(x)=x2,则f(3)=
A.-3
B.-2
C.1
D.9
6.已知向量a,b满足a=(2,一1)，a·b=5,则b在a上的投影向量的模为
A哥
B26
5
C.5
D.25
7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-1,0)的直线与C交于P,Q两点，若|PF|=3,
则1QF=
墨
A.
4
B.√2
D.2
数学试题第1页（共4页）
8.球面上两点间的最短距离为过这两点及球心的平面与球面相交所得圆上介于这两点间的
较短的弧长.已知点A,B,C,D在同一球面上，且AB=AC=6,BD=CD=8,AD=10,
BC=5.一只蚂蚁从点A出发，沿球面爬行依次经过点B,C,D,最后从点D沿球面爬行
回到点A,则这只蚂蚁爬行的总路程的最小值为
A2经
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.有一组样本数据6,9,5,4,10,8，则
A.该样本数据的中位数是4.5
B.该样本数据的极差是6
C.该样本数据删去6后平均数变大
D.该样本数据删去4后方差变小
10.设函数f(x)=(x一1)(x2十ax十1)，下列说法中正确的有
A.若∈(0,1)，且fs)>0,则f()<0
B.若t∈(-1,0)，且f(t)<0,则f(-2-t)>0
C.x=1不可能是f(x)的极值点
D.曲线y=f(x)是中心对称图形，且对称中心可能在第一象限
11.如图，在△ABC中，∠ACB=2∠BAC,D为AB上一点，且BD=CD=AC.若以B,C
为焦点的双曲线恰好过点A,则该双曲线的离心率等于
D
BC
取船
c+1
BC2
A.AD
D.AB·AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.记Sm是等比数列{am}的前n项和，若a2=2,S2=3,则S6=
13.若函数f(x)=l血x-ax有2个零点，则a的取值范围是
14.如图，图形①为边长为2的正方形剪去一个边长为1的正方形所得到的图形，图形②为
边长为2的正方形，且这两种图形均可随意旋转.若用若干个图形①和图形②可无重叠
地拼成一个边长为7的正方形，则用到的图形①的个数为
图形①
图形②
数学试题第2页（共4页）》
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.(13分)
记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=2 cos Asin B.
a
(1)求A;
(2)若c=4,△ABC的面积为6，求a.
16.(15分)
如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为AA1,AD的中点.
(1)证明：CF∥平面BC1E;
(2)若AA1=2AB,求二面角F-BE-C1的正弦值.
D
C
A
B
E
D-
17.(15分)
卫知椭圆C二+票-1a≥6>0)的焦距为2，且过点P2,-)
(1)求C的方程；
(2)设O为坐标原点，一条斜率为1的直线交C于A,B两点.
(ⅰ)证明：线段AB的中点在定直线上；
(i)若△AOB的面积等于△AOP的面积，求|AB.
数学试题第3页（共4页）
18.(17分)
已知函数f(x)=sin2x-8sinx一3x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)的定义域为(-1，十∞)，导数为g(x).若g(0)=0,g(x)=x4一x十1'
9
证明：当x>一1时，f(x)≤g(x).
19.(17分)
设整数m≥2，数列A:a1,a2,…,a3m.
(1)若m=2,a:=i(i=1,2,…,6),从A中随机删去3项，求剩下的3项之和大于8的
概率；
(2)设A的各项互不相同，从A中随机选择1项，记该项为Y,且记X为Y之前的各项
中比Y小的项的个数，求P(X=m|Y=a2m)及E(X)(用m表示)；
(3)从A中随机选择m项，把这m项染成红色，把其他2m项染成蓝色，且把红色项按
照在A中当前顺序依次记为b1,b2,…,bm.记事件M=“在A中，对任意b(k=1,2,…,m),
b之前的各项中蓝色项的个数不小于k”,证明：P(M)>2
数学试题第4页（共4页）2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
叁考答亲及解折
2026年9月高三年级学业质量检测·数学
题号
1
2
3
5
6
8
9
10
11
答案
B
A
D
A
C
的
BCD
AC
ACD
一、选择题
的中点为O,则OA=OB=OC=OD=5,故球
1.B【解析】因为A={-1,0,1,2},CRB={x|
的球心为O,半径为5.又AB=6,BD=CD=
x≤0}，所以A∩(CRB)={-1,0}:
8,AD=10,BC=5,所以∠AOB+∠COD=
2.A【解析】因为之=1+i,所以z-1=i,乏
1-i,故(z-1)z=i(1-i)=1+i.
,∠BOC=3,∠D0A=元，所以在球面上，
3.D【解析】设等差数列{an}的公差为d,则
A→B的最短距离与C→D的最短距离之和为
a6-a3=6=3d,即d=2,故a7-a2=5d=10.
4.C【解析】因为a,b为正数，且ab+1=4b,所
5x,B+C的最短距离为暂，D→A的最短距
以a+行-4≥2后，则号≤4，当且仅当a
离为5π，故这只蚂蚁爬行的总路程的最小值为
，即a=2,6=时，等号成立，放号的最大
1
5x+晋+5-
3
二、选择题
值为4.
9.BCD【解析】将样本数据按从小到大排列得
5.A【解析】因为f(x)的图像关于点(1，-1)
对称，所以f(一1)十f(3)=-2,即f(3)
4,5,6,8,910,则该样本数据的中位数是6十8
21
一2-f(一1).又当x<0时，f(x)=x2,则
7,故A错误；该样本数据的极差是10一4=6，故
f(-1)=1,所以f(3)=-2-1=-3.
B正确；该样本数据的平均数是】×(6十9十5十
6.C【解析】设向量a,b的夹角为0，则b在a
上的投影向量的模为bcos三“a。因
4十10十8)=7，删去6后的样本平均数为号×
为a=(2,-1),所以|a|=√5.又a·b=5,所
(9+5+4+10十8)=7.2，则平均数变大，故C
以1b11cos91=5-5.
√5
正确；该样本数据的平均数是7，方差为。×
7.C【解析】设直线的方程为y=k(x十1)(k≠0)，
[(6-7)2+(9-7)2十(5-7)2+(4-7)2+
与C的方程联立得k2x2+(22-4)x十k2=0.
10-)+(8-7)门=兰，删去4后的样本平
设P(x1,y1),Q(x2y2),则x1x2=1.由抛物线
的定义可知PF|=x1+1=3,则x1=2,x2=
均数为号×(6+9+5+10+8)=7.6，方差为
分所以QF=+1=是
号×[6-7.6)+(9-7.6+(5-7.6+
8.B【解析】因为AB=AC=6,BD=CD=8,
(10-7.6)2十(8-7.6)2]=3.44，则方差变小，
AD=10,所以∠ABD=∠ACD=.记AD
故D正确.
·1
·数学·
参考答案及解析
10.AC【解析】对于A,若f(s)=(s-1)(s2+
AB BC
BC
D,即BC2=AD·AB.如图，在线段
as+1)>0,则s+as+1<0,所以f()
AD上取点E,使得∠DCE=7,则△BCE∽
(号-1+as十)<0，故A正确对于
B,f'(x)=3x2十2(a-1)x+1-a,当取a=
△BAC,所以BC-BE
ABBC,则BC=BE·AB=
1时，f'(x)=3x2≥0，f(x)单调递增，则当
AD·AB,故AD=BE,AE=BD=AC,在
t∈(-1,0)时，f(一2-t)<f(t)<0,故B错
△ACE中，显然AE≠AC,则假设不成
误.对于C,f'(x)=3x2+2(a-1)x+1-a,
立，故B错误；在△ABC中，由正弦定理
若x=1是f(x)的极值点，则f'(1)=a十
sin sin
4π
2=0,解得a=-2,此时f'(x)=3(x-1)2≥
+1-AC+AB
得Ac
0,f(x)单调递增，则x=1不可能是f(x)的
AB
4π
sin 7
极值点，故C正确.对于D,三次函数的图像是
2π
中心对称图形，且对称中心的横坐标为f'(x)
停引+(+引
图像的对㡔销对应的的伯，即为'号，若
2π2π
2π2π
2sin 7cos 7
2sin7cos 7
)图像的对称中心在第一象限，则号2>
cos 7
BCBC
0.设m=号2，则fm)=m3+(a-1Dm2+
2云又由A可知，e=AD-ABAC
cos 7
(1-a)m-1=-2m3+3m2-1,所以f'(m)=
π
sin 7
π
-6m(m-1).当0<m<1时，f'(m)>0,
2sin 7cos7
cos 7
f(m)单调递增；当m>1时，f'(m)<0,
4
2π，
π
2π1
sin7
-sin7
2cos 7sin 7
cos 7
f(m)单调递减，则当m>0时，f(m)≤
∫(1)=0，所以曲线y=f(x)的对称中心不
BC2
sin?2n
可能在第一象限，故D错误.
故C正确；AB·AC=
4π.π
11.ACD【解析】设双曲线的实半轴长为a,半
sin 7sin 7
焦距为c,离心率为e,则由双曲线的定义，得
π
π.
2π
=-会=GBD器故
BCBC
2sin 7 cos 7 sin 7
cos 7
2π2π.π
元，由上可知，
2sin 7 cos 7 sin 7
cos 7
A正确；由∠ACB=2∠BAC,BD=CD=
BC2
AC及三角形的内角和为元，得∠ABC=
7
AB·BC=e,故D正确.
∠BAC-2,∠ACB-织在△ACD
和
D
3π
△ABC中，由正弦定理得AD
sin1」
Ac
2π
sin 7
B
三、填空题
4π
sin 7 AB
BC
12.63【解析】根据题意得a1=S2一a2-1,故公
2元-BC假设B正确，因为e-AD,所以
sin 7
比g=2=2,所以S,=a11-g）
1-9
63.
·2·
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
13.(0,2)
【解析】函数f(x)=1血z-ax有2
(2)因为△ABC的面积为6，
个零点等价于函数&)-产的图像与直
所以由三角形的面积公式得S△Ac=2bc·
sin A=6.
(7分)
线y=a有2个交点.因为g'(x)=1-21n之
π√2
又c=4,且由(1)可知sinA=sin4=2,
所以令g'(x)=0,则x=√，当0<x<√时，
故b=3√2，
(10分)
g'(x)>0,g(x)单调递增；当x>√时，
所以由余弦定理可得a2=b2+c2一2 bccos A=10,
g'(x)<0,g（x)单调递减.又g(1)=0,且当
(12分)
x>1时，g(x)>0,当x+∞时，g(x)>0,
故a=√10，
(13分)
则若g(x)的图像与直线y=a有2个交点，
16.(1)证明：如图，连接B1C交BC1于点G,连
则应满足0<a<gE)=乙故a的取值范
接EG,A1D,
则cG=B.C=A.D,且cG∥A,D,
国是(，2之
因为E,F分别为AA1,AD的中点，
14.15【解析】把边长为7的正方形分成7×7
所以EF是△AA1D的中位线，
个边长为1的小正方形，在如图(a)的位置标
故EF=2AD,且EF∥AD,
记符号“●”，共计16个，则每个图形①或图形
所以EF=CG,且EF∥CG,
②最多包含一个“·”设图形①有x个，图形
所以四边形EFCG是平行四边形，
②有y个，则x+y≥16，且3x+4y=49,解
所以CF∥GE,
(4分)
得x≥15.又x,y均为自然数，所以当且仅当
又GEC平面BCE,CF中平面BC1E,
x=15,y=1时以上式子成立.如图(b)为一
所以CF∥平面BC1E.
(6分)
种满足要求的拼接方式.
个2
●
●
●
(a)
(b)
D
四、解答题
15.解：1)因为2=2 cos Asin B,
e
(2)解：如图，以D为坐标原点，DA,DC,
所以由正弦定理得sn人三2 cos Asin B.
DD1所在直线分别为x轴、y轴、之轴，建立
(2分)
空间直角坐标系。
因为sinB≠0，所以sin2A=1.
设AB=2,则B(2,2,0),F(1,0,0),E(2,0,
(4分)
又0<A<π，所以0<2A<2π，
2),C1(0,2,4),
故BF=(-1,-2,0),BC=(-2,0,4),
故2A=2A=至
41
(6分)
B克=(0，-2,2).
(8分)
·3·
·数学·
参考答案及解析
设平面FBE的法向量为m=(x1,y1,z1),
则士=20，十-1十十m
2
/BF·m=0,
3
1-x1-2y1=0,
则
即
B2.m=0,1-2y1+2z1=0.
即D(
2m m
33
(8分)
令x1=2,得y1=-1,z1=-1,则m=（2,
-1,-1).
(10分)
故线段AB的中点在直线y=
2x上.
设平面BC1E的法向量为n=(x2y2,之2)，
(9分)
/BC1·n=0,
1-2x2十4之2=0，
则
即
《)解：易知直线OP的方程也为y=一之2，
B2·n=0,1-2y2+2z2=0.
则O,D,P三点共线，
令x2=2,得y2=1,之2=1，则n=(2,1,1),
若△AOB的面积等于△AOP的面积，则
(12分)
S△AOP=S△A0B=2S△AOD,
故cos〈m,
m·n
n〉
故|OP|=2|OD1.
(11分)
Imn
2×2+(-1)×1+(-1)×1=1
(14分)
当D为线段OP的中点时，则D5,-3)
(3-6
W/4+1+1×/4+1+1
,
所以m=一
3
故二面角下EG的正弦值为，1-（付）厂
22
2,
3
故x1十x2=
3x1x2=
2
(15分)
6
(12分)
17.(1)解：设C的半焦距为c,
所以|AB|=2|x1-x2|=√2·
因为C的焦距为2，所以c=1,
(1分)
√（x1十x2)2-4x1x2=2.
(14分)
y2
所以C的方程可写成名大、
a2-1=1(a>1).
当点D在线段PO的延长线上时，可得
|AB=2.
又点P25-)在c上
综上，AB=2.
(15分)
18.(1)解：根据题意得f'(x)=2cos2x-8cosx-
所以a+3a-D1,
3,f(0)=0,
(1分)
解得a2=2或a2=
合·
则f'(0)=-9,
(3分)
所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线
所以C的方程为号+y-L
(4分)
方程为y=一9x.
(3分)
(2)解：由(1)知f'(x)=4cos2x-8cosx-5=
(2)(i)证明：设直线AB的方程为y=x十
(2cos x+1)(2cos x-5),
m,A(x1,y1),B(x2,y2),
因为2cosx-5<0,
y=x+m,
由
得3x2+4mx+2m2-2=0,
所以当f'(x)=0时，cosx=一
2,(4分)
2+y2-1,
则△=16m2-12(2m2-2)=24-8m2>0,且
且当2k-暂<红<2x+受（∈）时，
3
312=2m2-2
4m
f'(x)<0,f(x)单调递减；
x1十x2=
3·
(6分)
当送x+行<<x+皆4∈刀时，f>0,
记线段AB的中点为D(，)
f(x)单调递增，
(6分)
4
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
所以∫(x)的单调递减区间是2kπ一
2π
31
所以当x>0时，h'(x)<p(cosx)-91
2x+）∈Z,f(x)的单调递增区间是
爱)<0，Ax)在区间0，十0)止单润递减，
(2x+号，2kx+》∈D.
所以当x>0时，h(x)<h(0)=0,即f(x)<
(8分)
g(x).
(3)证明：设h(x)=f(x)-g(x),x>-1,
综上，当x>-1时，f(x)≤g(x).(17分)
则h(0)=f(0)-g(0)=0,
(9分)
19.(1)解：从6项中删去3项共有C=20种
h'(x)=f'(x)-g'(x)=4cos2x-8cos x-
可能，
(1分)
6-x+x+1
9
剩下的3项之和不大于8的情况共有4种，分
=4cos2z-8cos x-5+9-
别是(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)
(+z川
(2分)
所以剩下的3项之和大于8的概率为1一
9
当-1<x<0时，易知-x>0,x+1+x>
44
20=5
(3分)
0放9-x(91t)>9。
(2)解：先求P(X=m|Y=a2m).
若Y=a2m,即选择的是第2m项，它前面有
所以当-1<x<0时，h'(x)>4cos2x
2m一1项，
8cosx-5+9=4(cosx-1)2>0,h(x)单调
因为数列的各项互不相同，a2m与前2m一1项
递增，
的大小关系是等可能的，
故当-1<x<0时，h(x)<h(0)=0,
所以a2m在这2m项（含自身）中的排名是等
即f(x)<g(x).
(11分)
可能的.
当>0时，易如19，
因为X=m表示前2m一1项中恰好有m项
比a2m小，
则h'(x)<4cos2x-8cosx-x4+4=4cosx·
即a2m的“相对排名”为m+1,
(eosx-2)-41-名)[(1-2)-2]，
而排名共有2m种等可能的情况，
1
(13分)
故p(X=mY=a2)=2m
(6分)
设p(x)=4x（x-2),则易知p(x)在区间
再求E(X).
(-o∞，1]上单调递减.
法一：对任意Y=a:(i=1,2,…,3m),X表示
设6)-sx-1+号则)=一血工+
前i一1项中比a:小的项数，其期望为E(X
设u(x)=t'(x)=-sinx+x,则u'(x)=
y=a)=2
1-1
由对称性可得，前i一1项中
一c0sx+1≥0，u(x)在区间(0，+∞)上单调
递增，
每个项比a:小的概率为2)
所以当x>0时，t'(x)=u(x)>u(0)=0,
1
又P(Y=a:)=
(i=1,2,…,3m),
3m
t(x)单调递增，
所以当x>0时，t(x)>t(0)=0,
因此E(X)=2(P(Y=a:)·E(XIY=a:)=
即当x>0时，1-号osS1,
(15分)
18i-1_3m-1
3m:12
(9分)
4
·5·
·数学·
参考答案及解析
法二：从A中选择Y后，还有3m一1项，由对
所以P(BB1B2…Bg-1)=
2m-k+1
称性可知，Y之前的各项中比它小的项的个
2m-k十2'
数的期望等于Y之前的各项中比它大的项的
(16分)
个数的期望，还等于Y之后的各项中比它小
故P(M)=
2m2m-1
·….m十2
2m+1
2m
m+3
的项的个数的期望，以及等于Y之后的各项
m+1m+1、1
中比它大的项的个数的期望，且这四种情况
m+22m+>2,得证.
(17分)
的期望之和恰好等于3m一1，即4E(X)=
法二：把数列A中的3m个位置看作一个序
3m-1,
列，并从左至右按如下规则遍历这个序列：
故E(X)=3m-1
①每遇到一个蓝色项，记为一步向“上”（十1）；
4
(9分)
②每遇到一个红色项，记为一步向“下”（一1）.
(3)证明：法一：把蓝色项按照在A中当前顺
这样，每一种染色方案对应一条从坐标原点
序依次记为c1,c2,…,C2m
(0,0)出发的路径，且由于总步数为3m,蓝色
设事件B。(k=1,2,…,m)为“b。之前的各项
项有2m个，即向上走2m步，红色项有m
中蓝色项的个数不小于”，
个，即向下走m步，故终点为(3m,m).
则M=B1B2…Bm,
(10分)
所有可能的染色方案总数（即总路径数）为C·
所以P(MD=P(BB2…Bm)=P(B1B2…Bm-1)·
(10分)
P(BmB1B2…Bm-1)=P(B1B2…Bm-2)·
满足“对任意b(k=1,2,…,m),b。之前的各
P(Bm-1|B1B2…Bm-2)P(Bm|B1B2·…·
项中蓝色项的个数不小于”，即“对任意时
Bm-1)=…=P(B1)P(B2|B1)…P(Bm-1
刻，向上走的步数不少于向下走的步数”，其
B1B2…Bm-2)P(Bm|B1B2…Bm-1).（12分)
对立事件为“至少存在一个时刻，使得向上走
因为b1之前的各项中蓝色项的个数不小于
的步数少于向下走的步数”，其所对应的路径
1,所以事件B1可看作2m个蓝色项加b1,共
为从原点(0,0)出发，到终点(3m,m)的过程
计2m十1项，其中b1不排在它们中的第一
中至少有一次触碰到直线y=一1或穿过直
线y=一1，记该路径为“坏路径”，则根据反
位，故P(B1)=2m+1
2m
(14分)
射原理，该“坏路径”还等价于“从点(0，一2)
类似地，在B1成立的条件下B2也成立，可看
出发，每次向上或向下走一步且终点为点
作在b,“抵消”掉c1的条件下，剩下的2m一1
(3m,m)的路径”.
(13分)
个蓝色项加b2,共计2m项，其中b2不排在它
设向上的步数为s,向下的步数为t,则
们中的第一位，故P(B2B,)=2m
一，…，再
s十t=3m,
得-2m+1,
2m
s-t=m+2,t=m-1,
类似地，在B1,B2,…,Bg都成立的条件下
所以“坏路径”的总数为C,
(15分)
Bk+1(k=1,2,…,m一1)也成立，可看作在同
时满足b1“抵消”掉c1,b2“抵消”掉c2,…,
故P(M)=1-
C3m1
=1-
C3m
b-1“抵消”掉c-1的条件下，剩下的2m一
m!(2m)!
mm+1
(m-1)！(2m+1)1=1-2m+1=
2m+1
k十1个蓝色项加b。,共计2m一k十2项，其中
1
b.不排在它们中的第一位，
，得证.
(17分)
。6·2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
叁考答亲及解折
2026年9月高三年级学业质量检测·数学
题号
1
2
3
5
6
8
9
10
11
答案
B
A
D
A
C
的
BCD
AC
ACD
一、选择题
的中点为O,则OA=OB=OC=OD=5,故球
1.B【解析】因为A={-1,0,1,2},CRB={x|
的球心为O,半径为5.又AB=6,BD=CD=
x≤0}，所以A∩(CRB)={-1,0}:
8,AD=10,BC=5,所以∠AOB+∠COD=
2.A【解析】因为之=1+i,所以z-1=i,乏
1-i,故(z-1)z=i(1-i)=1+i.
,∠BOC=3,∠D0A=元，所以在球面上，
3.D【解析】设等差数列{an}的公差为d,则
A→B的最短距离与C→D的最短距离之和为
a6-a3=6=3d,即d=2,故a7-a2=5d=10.
4.C【解析】因为a,b为正数，且ab+1=4b,所
5x,B+C的最短距离为暂，D→A的最短距
以a+行-4≥2后，则号≤4，当且仅当a
离为5π，故这只蚂蚁爬行的总路程的最小值为
，即a=2,6=时，等号成立，放号的最大
1
5x+晋+5-
3
二、选择题
值为4.
9.BCD【解析】将样本数据按从小到大排列得
5.A【解析】因为f(x)的图像关于点(1，-1)
对称，所以f(一1)十f(3)=-2,即f(3)
4,5,6,8,910,则该样本数据的中位数是6十8
21
一2-f(一1).又当x<0时，f(x)=x2,则
7,故A错误；该样本数据的极差是10一4=6，故
f(-1)=1,所以f(3)=-2-1=-3.
B正确；该样本数据的平均数是】×(6十9十5十
6.C【解析】设向量a,b的夹角为0，则b在a
上的投影向量的模为bcos三“a。因
4十10十8)=7，删去6后的样本平均数为号×
为a=(2,-1),所以|a|=√5.又a·b=5,所
(9+5+4+10十8)=7.2，则平均数变大，故C
以1b11cos91=5-5.
√5
正确；该样本数据的平均数是7，方差为。×
7.C【解析】设直线的方程为y=k(x十1)(k≠0)，
[(6-7)2+(9-7)2十(5-7)2+(4-7)2+
与C的方程联立得k2x2+(22-4)x十k2=0.
10-)+(8-7)门=兰，删去4后的样本平
设P(x1,y1),Q(x2y2),则x1x2=1.由抛物线
的定义可知PF|=x1+1=3,则x1=2,x2=
均数为号×(6+9+5+10+8)=7.6，方差为
分所以QF=+1=是
号×[6-7.6)+(9-7.6+(5-7.6+
8.B【解析】因为AB=AC=6,BD=CD=8,
(10-7.6)2十(8-7.6)2]=3.44，则方差变小，
AD=10,所以∠ABD=∠ACD=.记AD
故D正确.
·1
·数学·
参考答案及解析
10.AC【解析】对于A,若f(s)=(s-1)(s2+
AB BC
BC
D,即BC2=AD·AB.如图，在线段
as+1)>0,则s+as+1<0,所以f()
AD上取点E,使得∠DCE=7,则△BCE∽
(号-1+as十)<0，故A正确对于
B,f'(x)=3x2十2(a-1)x+1-a,当取a=
△BAC,所以BC-BE
ABBC,则BC=BE·AB=
1时，f'(x)=3x2≥0，f(x)单调递增，则当
AD·AB,故AD=BE,AE=BD=AC,在
t∈(-1,0)时，f(一2-t)<f(t)<0,故B错
△ACE中，显然AE≠AC,则假设不成
误.对于C,f'(x)=3x2+2(a-1)x+1-a,
立，故B错误；在△ABC中，由正弦定理
若x=1是f(x)的极值点，则f'(1)=a十
sin sin
4π
2=0,解得a=-2,此时f'(x)=3(x-1)2≥
+1-AC+AB
得Ac
0,f(x)单调递增，则x=1不可能是f(x)的
AB
4π
sin 7
极值点，故C正确.对于D,三次函数的图像是
2π
中心对称图形，且对称中心的横坐标为f'(x)
停引+(+引
图像的对㡔销对应的的伯，即为'号，若
2π2π
2π2π
2sin 7cos 7
2sin7cos 7
)图像的对称中心在第一象限，则号2>
cos 7
BCBC
0.设m=号2，则fm)=m3+(a-1Dm2+
2云又由A可知，e=AD-ABAC
cos 7
(1-a)m-1=-2m3+3m2-1,所以f'(m)=
π
sin 7
π
-6m(m-1).当0<m<1时，f'(m)>0,
2sin 7cos7
cos 7
f(m)单调递增；当m>1时，f'(m)<0,
4
2π，
π
2π1
sin7
-sin7
2cos 7sin 7
cos 7
f(m)单调递减，则当m>0时，f(m)≤
∫(1)=0，所以曲线y=f(x)的对称中心不
BC2
sin?2n
可能在第一象限，故D错误.
故C正确；AB·AC=
4π.π
11.ACD【解析】设双曲线的实半轴长为a,半
sin 7sin 7
焦距为c,离心率为e,则由双曲线的定义，得
π
π.
2π
=-会=GBD器故
BCBC
2sin 7 cos 7 sin 7
cos 7
2π2π.π
元，由上可知，
2sin 7 cos 7 sin 7
cos 7
A正确；由∠ACB=2∠BAC,BD=CD=
BC2
AC及三角形的内角和为元，得∠ABC=
7
AB·BC=e,故D正确.
∠BAC-2,∠ACB-织在△ACD
和
D
3π
△ABC中，由正弦定理得AD
sin1」
Ac
2π
sin 7
B
三、填空题
4π
sin 7 AB
BC
12.63【解析】根据题意得a1=S2一a2-1,故公
2元-BC假设B正确，因为e-AD,所以
sin 7
比g=2=2,所以S,=a11-g）
1-9
63.
·2·
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
13.(0,2)
【解析】函数f(x)=1血z-ax有2
(2)因为△ABC的面积为6，
个零点等价于函数&)-产的图像与直
所以由三角形的面积公式得S△Ac=2bc·
sin A=6.
(7分)
线y=a有2个交点.因为g'(x)=1-21n之
π√2
又c=4,且由(1)可知sinA=sin4=2,
所以令g'(x)=0,则x=√，当0<x<√时，
故b=3√2，
(10分)
g'(x)>0,g(x)单调递增；当x>√时，
所以由余弦定理可得a2=b2+c2一2 bccos A=10,
g'(x)<0,g（x)单调递减.又g(1)=0,且当
(12分)
x>1时，g(x)>0,当x+∞时，g(x)>0,
故a=√10，
(13分)
则若g(x)的图像与直线y=a有2个交点，
16.(1)证明：如图，连接B1C交BC1于点G,连
则应满足0<a<gE)=乙故a的取值范
接EG,A1D,
则cG=B.C=A.D,且cG∥A,D,
国是(，2之
因为E,F分别为AA1,AD的中点，
14.15【解析】把边长为7的正方形分成7×7
所以EF是△AA1D的中位线，
个边长为1的小正方形，在如图(a)的位置标
故EF=2AD,且EF∥AD,
记符号“●”，共计16个，则每个图形①或图形
所以EF=CG,且EF∥CG,
②最多包含一个“·”设图形①有x个，图形
所以四边形EFCG是平行四边形，
②有y个，则x+y≥16，且3x+4y=49,解
所以CF∥GE,
(4分)
得x≥15.又x,y均为自然数，所以当且仅当
又GEC平面BCE,CF中平面BC1E,
x=15,y=1时以上式子成立.如图(b)为一
所以CF∥平面BC1E.
(6分)
种满足要求的拼接方式.
个2
●
●
●
(a)
(b)
D
四、解答题
15.解：1)因为2=2 cos Asin B,
e
(2)解：如图，以D为坐标原点，DA,DC,
所以由正弦定理得sn人三2 cos Asin B.
DD1所在直线分别为x轴、y轴、之轴，建立
(2分)
空间直角坐标系。
因为sinB≠0，所以sin2A=1.
设AB=2,则B(2,2,0),F(1,0,0),E(2,0,
(4分)
又0<A<π，所以0<2A<2π，
2),C1(0,2,4),
故BF=(-1,-2,0),BC=(-2,0,4),
故2A=2A=至
41
(6分)
B克=(0，-2,2).
(8分)
·3·
·数学·
参考答案及解析
设平面FBE的法向量为m=(x1,y1,z1),
则士=20，十-1十十m
2
/BF·m=0,
3
1-x1-2y1=0,
则
即
B2.m=0,1-2y1+2z1=0.
即D(
2m m
33
(8分)
令x1=2,得y1=-1,z1=-1,则m=（2,
-1,-1).
(10分)
故线段AB的中点在直线y=
2x上.
设平面BC1E的法向量为n=(x2y2,之2)，
(9分)
/BC1·n=0,
1-2x2十4之2=0，
则
即
《)解：易知直线OP的方程也为y=一之2，
B2·n=0,1-2y2+2z2=0.
则O,D,P三点共线，
令x2=2,得y2=1,之2=1，则n=(2,1,1),
若△AOB的面积等于△AOP的面积，则
(12分)
S△AOP=S△A0B=2S△AOD,
故cos〈m,
m·n
n〉
故|OP|=2|OD1.
(11分)
Imn
2×2+(-1)×1+(-1)×1=1
(14分)
当D为线段OP的中点时，则D5,-3)
(3-6
W/4+1+1×/4+1+1
,
所以m=一
3
故二面角下EG的正弦值为，1-（付）厂
22
2,
3
故x1十x2=
3x1x2=
2
(15分)
6
(12分)
17.(1)解：设C的半焦距为c,
所以|AB|=2|x1-x2|=√2·
因为C的焦距为2，所以c=1,
(1分)
√（x1十x2)2-4x1x2=2.
(14分)
y2
所以C的方程可写成名大、
a2-1=1(a>1).
当点D在线段PO的延长线上时，可得
|AB=2.
又点P25-)在c上
综上，AB=2.
(15分)
18.(1)解：根据题意得f'(x)=2cos2x-8cosx-
所以a+3a-D1,
3,f(0)=0,
(1分)
解得a2=2或a2=
合·
则f'(0)=-9,
(3分)
所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线
所以C的方程为号+y-L
(4分)
方程为y=一9x.
(3分)
(2)解：由(1)知f'(x)=4cos2x-8cosx-5=
(2)(i)证明：设直线AB的方程为y=x十
(2cos x+1)(2cos x-5),
m,A(x1,y1),B(x2,y2),
因为2cosx-5<0,
y=x+m,
由
得3x2+4mx+2m2-2=0,
所以当f'(x)=0时，cosx=一
2,(4分)
2+y2-1,
则△=16m2-12(2m2-2)=24-8m2>0,且
且当2k-暂<红<2x+受（∈）时，
3
312=2m2-2
4m
f'(x)<0,f(x)单调递减；
x1十x2=
3·
(6分)
当送x+行<<x+皆4∈刀时，f>0,
记线段AB的中点为D(，)
f(x)单调递增，
(6分)
4
2026年9月高三年级学业质量检测
·数学·
所以∫(x)的单调递减区间是2kπ一
2π
31
所以当x>0时，h'(x)<p(cosx)-91
2x+）∈Z,f(x)的单调递增区间是
爱)<0，Ax)在区间0，十0)止单润递减，
(2x+号，2kx+》∈D.
所以当x>0时，h(x)<h(0)=0,即f(x)<
(8分)
g(x).
(3)证明：设h(x)=f(x)-g(x),x>-1,
综上，当x>-1时，f(x)≤g(x).(17分)
则h(0)=f(0)-g(0)=0,
(9分)
19.(1)解：从6项中删去3项共有C=20种
h'(x)=f'(x)-g'(x)=4cos2x-8cos x-
可能，
(1分)
6-x+x+1
9
剩下的3项之和不大于8的情况共有4种，分
=4cos2z-8cos x-5+9-
别是(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)
(+z川
(2分)
所以剩下的3项之和大于8的概率为1一
9
当-1<x<0时，易知-x>0,x+1+x>
44
20=5
(3分)
0放9-x(91t)>9。
(2)解：先求P(X=m|Y=a2m).
若Y=a2m,即选择的是第2m项，它前面有
所以当-1<x<0时，h'(x)>4cos2x
2m一1项，
8cosx-5+9=4(cosx-1)2>0,h(x)单调
因为数列的各项互不相同，a2m与前2m一1项
递增，
的大小关系是等可能的，
故当-1<x<0时，h(x)<h(0)=0,
所以a2m在这2m项（含自身）中的排名是等
即f(x)<g(x).
(11分)
可能的.
当>0时，易如19，
因为X=m表示前2m一1项中恰好有m项
比a2m小，
则h'(x)<4cos2x-8cosx-x4+4=4cosx·
即a2m的“相对排名”为m+1,
(eosx-2)-41-名)[(1-2)-2]，
而排名共有2m种等可能的情况，
1
(13分)
故p(X=mY=a2)=2m
(6分)
设p(x)=4x（x-2),则易知p(x)在区间
再求E(X).
(-o∞，1]上单调递减.
法一：对任意Y=a:(i=1,2,…,3m),X表示
设6)-sx-1+号则)=一血工+
前i一1项中比a:小的项数，其期望为E(X
设u(x)=t'(x)=-sinx+x,则u'(x)=
y=a)=2
1-1
由对称性可得，前i一1项中
一c0sx+1≥0，u(x)在区间(0，+∞)上单调
递增，
每个项比a:小的概率为2)
所以当x>0时，t'(x)=u(x)>u(0)=0,
1
又P(Y=a:)=
(i=1,2,…,3m),
3m
t(x)单调递增，
所以当x>0时，t(x)>t(0)=0,
因此E(X)=2(P(Y=a:)·E(XIY=a:)=
即当x>0时，1-号osS1,
(15分)
18i-1_3m-1
3m:12
(9分)
4
·5·
·数学·
参考答案及解析
法二：从A中选择Y后，还有3m一1项，由对
所以P(BB1B2…Bg-1)=
2m-k+1
称性可知，Y之前的各项中比它小的项的个
2m-k十2'
数的期望等于Y之前的各项中比它大的项的
(16分)
个数的期望，还等于Y之后的各项中比它小
故P(M)=
2m2m-1
·….m十2
2m+1
2m
m+3
的项的个数的期望，以及等于Y之后的各项
m+1m+1、1
中比它大的项的个数的期望，且这四种情况
m+22m+>2,得证.
(17分)
的期望之和恰好等于3m一1，即4E(X)=
法二：把数列A中的3m个位置看作一个序
3m-1,
列，并从左至右按如下规则遍历这个序列：
故E(X)=3m-1
①每遇到一个蓝色项，记为一步向“上”（十1）；
4
(9分)
②每遇到一个红色项，记为一步向“下”（一1）.
(3)证明：法一：把蓝色项按照在A中当前顺
这样，每一种染色方案对应一条从坐标原点
序依次记为c1,c2,…,C2m
(0,0)出发的路径，且由于总步数为3m,蓝色
设事件B。(k=1,2,…,m)为“b。之前的各项
项有2m个，即向上走2m步，红色项有m
中蓝色项的个数不小于”，
个，即向下走m步，故终点为(3m,m).
则M=B1B2…Bm,
(10分)
所有可能的染色方案总数（即总路径数）为C·
所以P(MD=P(BB2…Bm)=P(B1B2…Bm-1)·
(10分)
P(BmB1B2…Bm-1)=P(B1B2…Bm-2)·
满足“对任意b(k=1,2,…,m),b。之前的各
P(Bm-1|B1B2…Bm-2)P(Bm|B1B2·…·
项中蓝色项的个数不小于”，即“对任意时
Bm-1)=…=P(B1)P(B2|B1)…P(Bm-1
刻，向上走的步数不少于向下走的步数”，其
B1B2…Bm-2)P(Bm|B1B2…Bm-1).（12分)
对立事件为“至少存在一个时刻，使得向上走
因为b1之前的各项中蓝色项的个数不小于
的步数少于向下走的步数”，其所对应的路径
1,所以事件B1可看作2m个蓝色项加b1,共
为从原点(0,0)出发，到终点(3m,m)的过程
计2m十1项，其中b1不排在它们中的第一
中至少有一次触碰到直线y=一1或穿过直
线y=一1，记该路径为“坏路径”，则根据反
位，故P(B1)=2m+1
2m
(14分)
射原理，该“坏路径”还等价于“从点(0，一2)
类似地，在B1成立的条件下B2也成立，可看
出发，每次向上或向下走一步且终点为点
作在b,“抵消”掉c1的条件下，剩下的2m一1
(3m,m)的路径”.
(13分)
个蓝色项加b2,共计2m项，其中b2不排在它
设向上的步数为s,向下的步数为t,则
们中的第一位，故P(B2B,)=2m
一，…，再
s十t=3m,
得-2m+1,
2m
s-t=m+2,t=m-1,
类似地，在B1,B2,…,Bg都成立的条件下
所以“坏路径”的总数为C,
(15分)
Bk+1(k=1,2,…,m一1)也成立，可看作在同
时满足b1“抵消”掉c1,b2“抵消”掉c2,…,
故P(M)=1-
C3m1
=1-
C3m
b-1“抵消”掉c-1的条件下，剩下的2m一
m!(2m)!
mm+1
(m-1)！(2m+1)1=1-2m+1=
2m+1
k十1个蓝色项加b。,共计2m一k十2项，其中
1
b.不排在它们中的第一位，
，得证.
(17分)
。6·
资源预览图
