广西壮族自治区玉林市第一中学2026-2027学年高三上学期9月阶段检测数学试题

**基本信息** 高三数学模拟卷注重知识综合应用与核心素养考查，涵盖集合、复数、立体几何、概率统计等模块，解答题融合统计分析、立体几何证明、椭圆方程等，体现数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、向量等基础知识点|注重概念辨析与基础运算| |多选题|3/18|圆与直线位置关系、等差数列性质|考查综合判断与逻辑推理| |填空题|3/15|数列周期、函数零点、球与立体几何|需空间想象与转化思想| |解答题|5/77|统计案例（列联表）、立体几何证明、椭圆方程、解三角形、函数导数|突出数据意识、空间观念与逻辑推理，贴合高考命题趋势|

高三数学 命题：李梅 审题：陈东艺、黄明 注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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。 3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。考试时间：9月1日15:00-17:00，共120分钟。 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 2．设复数，则（    ） A． B． C． D． 3．已知向量满足，且，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 4．已知椭圆的离心率为，则其长轴长为（    ） A． B．2 C． D．4 5．已知正四棱台的上､下底面边长分别为和，且，则该棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 6．把甲、乙、丙、丁等8位员工分为A、B两个技术攻关组，要求每组4人，其中甲、乙同组，丙、丁不同组，则分组方案共有（     ） A．10种 B．12种 C．16种 D．24种 7．已知，则（　　） A． B． C． D． 8．已知函数，且，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知：，：，则（     ） A．点的坐标为 B．当时，与轴相切 C．当时，与相切 D．当与相交时，两个交点所在直线的方程为 10．记为等差数列的前项和.已知，下列说法正确的是（    ） A．数列的公差为2 B．取最小值时， C． D．数列的前12项和为24 11．已知抛物线：，斜率为的直线经过点，等边三角形的顶点A在E上，顶点,均在上.下列结论正确的有（     ） A．E的准线方程为 B．若与E没有公共点，则 C．若与的唯一公共点为，则E的焦点在直线上 D．若，则面积的最小值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．设数列满足，且，则__________ 13．若函数有两个零点，则的取值范围是__________． 14．已知球的体积为，A，B，C，D四点均在球O的球面上，为等边三角形，，则的面积为__________． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15．（13分）为研究高中生数学成绩进步与平时积极提问的关系，从某校的学生中随机抽了1000人，得到如下列联表： 是否积极提问组别 积极提问 不积极提问 合计 数学成绩进步 120 280 400 数学成绩不进步 80 520 600 合计 200 800 1000 (1)记该校平时不积极提问的学生其数学成绩进步的概率为．求的估计值． (2)根据小概率值的独立性检验，分析高中生平时是否积极提问与数学成绩进步有关．附：． 16．（15分）如图，三棱锥中，点在上，，，． (1)证明：； (2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 17．（15分）已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，是C上一点. (1)求C的方程； (2)已知斜率为1的直线l与C交于M，N两点，若，求l的方程. 18．（17分）在中，已知，． (1)证明：为钝角三角形； (2)若的面积为，求的周长． 19．（17分）已知函数． (1)当时，曲线的一条切线方程为，求实数的值； (2)求函数的单调区间； (3)若对任意，恒成立，求实数的最小值． 试卷第2页，共4页 试卷第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年9月1日高三数学玉林一中第一次模拟试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B D D B C A A BC AC ABD 1．A【详解】由题可得，所以. 2．B【详解】 3．D 【详解】因为，所以，所以.因为，所以.故选：D 4．D椭圆的标准形式为，则，即，离心率，即，解得，，，故长轴长为． 5．B 【详解】对正四棱台，连接，取中点分别为，连接，如图所示：因为为正四棱台，则四边形均为正方形，且垂直于上下底面，，易知//，，故四边形为平行四边形，则//，且，因为，则，又，且，由，即，解得；由面，面，则；则，又正方形的面积为，正方形的面积为，故正四棱台的体积. 6．C【详解】情况1：甲、乙两人都在A小组，安排丙、丁：丙、丁中必须有一个在A组，另一个在 B 组.若丙在A组，丁在B组：此时A组已有 {甲, 乙, 丙}，还差1人；B组已有{丁}，还差3人，则从剩余4人中选1人进A组，方案数为.若丁在A组，丙在 B 组：同理，方案数为.所以当甲、乙在A组时，方案数为种. 情况2：甲、乙两人都在 B 小组，甲、乙在B组的情况与在A组的情况完全一致，安排丙、丁：同样是丙在A组或丁在A组两种情况，方案数各为 ，所以当甲、乙在B组时，方案数为 种.故所有分配方案共有种. 7．A【详解】因为，所以，又，所以 8．A【详解】，令，则，因为对任意，，且，所以是偶函数，且当时，单调递增，所以，即，由，两边平方得，整理得，解得或，即实数的取值范围为，故选：A. 9．BC【详解】由：，化简可得，所以，的圆心，半径，故A错误；对于B，由，得的半径，所以圆心到轴的距离，即与轴相切，故B正确；对于C，由，得的半径，由于的圆心为，半径，所以，则与内切，故C正确；对于D，由，化简得：，所以与两个交点所在直线的方程为，故D错误. 10．AC 【详解】设等差数列的首项为，公差为，由，① ②联立①②解得：，故A选项正确；由，所以等差数列的前项和为：，当时，有最小值，故B选项不正确；由，所以，故C选项正确；数列的前12项和为：，D错 11．ABD【详解】A选项，，则，故准线，A选项正确；B选项，设直线为，则，联立得到，，直线和抛物线无交点，则，结合，解得，B选项正确；C选项，由联立方程，若与相交于唯一点，只可能是相切，则，解得，此时，解得，进而得，则，若过焦点（如图），由于，，而，根据倾斜角的定义，，，而，此时的正切值为，即，这与为等边三角形矛盾，C错；D选项，当，此时直线方程为，设，则到的距离为，即等边三角形的高的最小值为，此时面积，D选项正确. 12．【详解】数列中，，且，则，，因此数列是周期为4的数列，所以 13．【详解】令，得，即，令，则，即，,则一元二次方程有两个正根，那么，所以的取值范围是. 14．【详解】由球的体积公式，，解得，设的外心为，连接，由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上， 不妨设在线段上，连接，设的边长为，由正弦定理可得，，再设，由题知，，解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如图）， 所以，由三角形面积公式，. 15．【详解】（1）由列联表知，不积极提问的800人中有280人进步，所以的估计值为； （2）零假设：数学成绩进步与平时是否积极提问无关，根据表中数据可得，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为数学成绩进步与平时是否积极提问有关，该推断犯错误的概率不超过． 16．【详解】（1）证明：因为且，，且， 所以平面.因为平面，所以. 又，，平面，平面，平面，所以平面，故. （2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，可得， ， ， .因为 且 ，所以.所以，，.设平面 的法向量 ，则，可得，令，则：，，即.设与平面所成的角为：所以，所以与平面所成的角的正弦值为. 17．【详解】（1）由题可知解得a＝2，，所以C的方程为. （2）设直线l：y＝x＋m，. 由得，则， ， 解得，所以l的方程为. 18．【详解】（1）证明：由，则，又，得，则，由两角和的余弦公式，，结合可知，则异号，必然一个为负，一个为正.又，即中必有一个是钝角； （2）由，则，即， 由正弦定理可得，，由三角形面积公式，，得到，则，由余弦定理，即，又，于是，，解得，故周长为. 19．(1) (2)当时，函数无严格单调区间；当时，函数在上单调递减，在上单调递增. (3)1 【详解】（1）当时，，.由解得，. 由，所以，解得：. （2）由，所以. 若，则为常数函数，无严格单调区间； 若，由解得；由解得.所以函数在上单调递减，在上单调递增. 若，由解得；由解得.所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，函数无严格单调区间；当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （3）由，可得，即. 设，，则，. 设，，则恒成立，所以在上单调递增. 又，，所以当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增.所以. 由，可得：. 设，，则.由解得；由解得. 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，，. 所以存在，使得. 所以不等式的解集为. 所以实数的最小值为1. 答案第16页，共16页 答案第1页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $