精品解析：山东省九五联盟2026-2027学年高三上学期9月学习质量综合评估数学试题

高三年级9月学习质量综合评估 数学 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，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，监考员将试卷､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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出复数的共轭复数，再根据复数乘法运算规则计算二者乘积即可. 【详解】根据共轭复数的定义：对复数，其共轭复数. 已知，因此， . 由虚数单位的性质可知，代入得：  . 2. 点到抛物线的焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得抛物线的焦点为， 由两点间距离公式得距离为，故B正确. 3. 集合M中的元素个数记为，若，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】根据容斥原理得， 所以，所以. 4. 设是非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分必要条件的概念分析即可. 【详解】由题，若，则，解得，即； 反之，若，则有，得，即， 因此“”是“”的充分必要条件，故C正确. 5. 不全相等的正整数构成一组数据，若它们的平均数和中位数均为，则该组数据的极差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设，且不全相等的正整数，根据题意，得到，，结合为正整数，分类讨论，结合极差的定义，即可求解. 【详解】由数据是不全相等的正整数，不妨设，其中等号不同时成立， 因为正整数的平均数和中位数均为，可得， 所以，则， 当时， 由，因为为正整数，所以，此时对应的数据为， 可得极差为，符合题意； 当时， 若，可得，此时数据为 ，则数据的极差为，符合题意； 若，可得，此时数据为 ，此时不符合题意，舍去. 6. 已知直线与曲线和均相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，分别设直线与两条曲线的切点，结合切点同时在直线和对应曲线上列方程，求解、的值即可得到结果. 【详解】设直线与的切点为，与的切点为. 对求导得，可知，且切点在切线上，因此， 对求导得，同理得，且切点在切线上，因此， 由得，代入化简得. 由得，代入得. 将代入上式，整理得，解得，代入得，故. 7. 由透明玻璃制成的正方体密闭容器的棱长为1（玻璃厚度忽略不计），注入体积为（）的液体，在正方体自由旋转的过程中，若液体形成的几何体可能是三棱锥，则x的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，液体能形成三棱锥，本质是液面可截出一个以正方体顶点为顶点、三条侧棱沿正方体棱的 “墙角型” 三棱锥，再根据三棱锥体积公式，结合正方体的性质判断三棱锥体积的最大值，进而得出结论． 【详解】由题意，正方体自由旋转时液面为水平面，等价于用一个平面截正方体， 截出的几何体为三棱锥，该三棱锥的顶点是正方体的一个顶点， 三条侧棱分别在从该顶点出发的三条正方体棱上； 设侧棱长为，，则液体形成体积， 当且仅当时，． 8. 若，则关于的方程的实数根的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】设，由导数研究函数的单调性，然后结合函数图象知函数图象与直线的交点个数，从而得方程解的个数即可. 【详解】由，得或， 设，则，， 设，则恒成立，所以是增函数， 所以时，，时，， 所以在上递减，在上递增， 而，得到是偶函数， 而， 如图，作出符合题意的图形， 结合函数的图象知，函数的图象与直线有两个交点， 与直线也有两个交点，所以方程有两个解，方程也有两个解， 所以有4个解，故D正确. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 在锐角中，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由余弦定理结合题意判断A；通过角度大小关系以及正弦函数单调性求解判断B；通过角度大小关系以及余弦函数单调性求解判断C；，利用和角的正弦公式，借助，的正弦范围及不等式性质推导判断D. 【详解】对于A，因为是锐角三角形， 则，所以，故A正确； 对于B，因为，则， 因为，在单调递增， 所以，故B正确； 对于C，因为在单调递减， 所以，故C错误； 对于D，因为， ，所以，， 所以成立，故D正确. 10. 已知三棱锥的外接球的半径为，且，平面，则下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥为正三棱锥 B. 平面平面 C. 面积的最大值为 D. 三棱锥体积的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】取的中点，根据题意可知共线，结合正三棱锥的定义可判断A；根据面面垂直的判定定理可判断B；根据三角形的面积公式结合基本不等式可判断C；根据三棱锥的体积公式得到体积的表达式，构造函数求导即可得到最大值来判断D. 【详解】因为 ，所以是直角三角形，斜边为， 且直角三角形的外接圆圆心是斜边的中点，设为， 已知 平面，且是外接球的球心， 根据球的性质，球心在底面上的射影正是的外接圆圆心，因此平面 ， 又因为 平面，所以三点共线，如图所示， 已知外接球半径，设，则到的距离均为， 球心到平面的距离，根据球的截面性质有， 因为共线，且在球面上，所以到的距离为， 点到平面的距离（即三棱锥的高）为的长度， 由于共线，或（取决于和在的同侧还是异侧）， 对于A，底面是直角三角形，显然不可能是正三角形,因此，三棱锥不可能是正三棱锥，故A错误； 对于B，由前面的分析可知， 共线，且 平面， 因为在上，所以直线在平面内， 因为 平面且平面，所以平面 平面 ，故B正确； 对于C，是直角三角形，斜边， 设两直角边为，则，面积（当 时取等号）， 又因为 ，所以， 此时（当且时，即平面过球心，且为等腰直角三角形），故C正确； 对于D，三棱锥体积，已知， 高（取在一侧时，）， 为了体积最大，我们取，（时，到平面距离最大）， 则， 令，求导得， 在内，令，得， 当时，取得最大值，此时，故D正确. 11. 将1，2，3，…，这个连续正整数随机分成，两组，每组个数，组最小数为，最大数为；组最小数为，最大数为，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则的概率为 B. 若，则的概率为 C. 的概率为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】时，根据和分别确定两组中的数的可能情形，然后计算概率判断AB，由得出组中其它个数的来源，从而计算出概率判断C，由的可能值分别为，分别计算出概率后，由期望公式写出期望，并结合组合恒等式化简后判断D. 【详解】对A，，总组数为，，A组中所有数比B组中所有数小，A组是，B组是，因此概率为，A错； 对B，，总组数为，，注意1必是一组中的最小值，6必是另一组中的最大值，中有（两组数分别为与），（两组数分别为与），（两组数分别为与或与），概率为，B正确； 对C，时，共有个数，总组数为，A组中最大数为，则这个数中只有一个是B组中的数，其它都是A组中的数（也可认为是从中选个），所以概率为，C正确； 对D，设，则，此时A组中其它个数是从中选取的，方法数为，概率为，所以，，，所以，D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若双曲线的渐近线方程是，则双曲线的离心率为______. 【答案】 【解析】 【详解】由题意得： 点睛：本题主要考查了双曲线的简单性质，解答关键是在于对于双曲线渐近线方程的理解，属于基础题．先根据双曲线的渐近线求得的关系，进而根据求得的关系，再代入离心率公式，答案可得； 13. 已知函数的最大值为，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】将函数展开整理为的形式，结合辅助角公式，利用函数的最值性质列方程求解，再取的最小正值即可. 【详解】已知函数， 因为的最大值为，因此， 对等式两边平方得，得 ， 因此， 又因为，当时 ，取最小值. 14. 已知集合，，任取，，，，都有，则集合中元素个数的最大值为______. 【答案】8 【解析】 【分析】先证明集合中元素个数的最大值小等于，再结合实力可求最大值. 【详解】设集合，， 对于，去掉中的任意两个元素，则必有个奇数，它们构成等差数列； 对于，去掉中的任意两个元素，则必有个偶数，它们构成等差数列. 如果从中任意取不少于元素，则至少有个元素同在中或同在中. 由前述讨论可得有个元素必有3个整数（它们同奇或同偶），它们构成等差数列， 故集合中元素个数的最大值小等于. 对于集合，检验可知集合符合题意， 此时集合的元素共有8个； 综上所述：集合中元素个数的最大值为8. 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. 已知函数. （1）判断的奇偶性并给出证明； （2）证明：在区间有且仅有一个零点. 【答案】（1）判断：为偶函数. 由题意得的定义域为，关于原点对称； ， 所以为偶函数. （2）因为， 因为，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以在上单调递减， 因为， 由零点存在性定理可得在有且仅有一个零点. 【解析】 【分析】（1）根据奇偶性的定义证明即可； （2）求导，根据导数判断单调性，结合零点存在性定理证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 在三棱柱中，，且棱长均为1. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的正切值. 【答案】（1）取中点为，连接， 因为三棱柱中棱长均为1，且， 所以和为正三角形，所以， 又平面，且，所以平面. 又平面，故. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点为，连接，根据线面垂直的判定定理得平面，又平面，即可证. （2）由（1）可知即为平面与平面所成的角（或其补角），在中，由余弦定理求出，然后求出的正切值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知， 所以即为平面与平面所成的角（或其补角）， 因为、、为正三角形且边长均为1，所以， 在中，由余弦定理可知, 所以，则. 所以平面与平面夹角的正切值为. 17. 已知椭圆：（）的左顶点为，下顶点为，短轴长为，离心率为，是上位于第一象限内的动点，直线交轴于点，直线交轴于点. （1）求的方程； （2）证明：四边形的面积为定值. 【答案】（1） （2）证明：由（1）可知，，，则， 则直线的方程为，令，得， 同理直线的方程为，令，得， 则，，而四边形的对角线互相垂直， 所以， 因为， ， 所以 所以， 所以四边形的面积为定值. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆性质及，，的关系联立即可求解； （2）运用坐标法与椭圆方程代入消元，由以及椭圆方程得，通过两点式求出直线、与坐标轴的交点、，利用对角线，将四边形面积转化为，借助椭圆方程消去二次项，化简即可求解面积. 【小问1详解】 由题意可得，，所以. 因为，所以， 所以的方程为. 【小问2详解】 略 18. 盒内装有张相同的卡牌，编号分别为，，，…，.从盒内每次不放回地取出一张卡牌，直至卡牌全部取出.具体规则如下： ①第1次取卡：从盒内随机取出1张卡牌； ②第次取卡（）：若号卡牌仍在盒内，则取出号卡牌；否则，从盒内随机取出1张卡牌. （1）若. （i）求第2次取出的是2号卡牌的概率； （ii）设第3次取出的卡牌编号为，求的分布列与数学期望； （2）求最后一次取出的是号卡牌的概率. 【答案】（1）（i） （ii） 1 3 4 5 6 （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由全概率公式即可求解；（ii）确定的可能取值，求得对应概率，即可求解； （2）分三类互斥事件：①第1次取出1号卡牌， ②第1次取出号卡牌，和③第1次取出号卡牌，分别计算概率即可求解. 【小问1详解】 （i）设“第一次取到2号牌”为事件，“第二次取到2号牌”为事件，则 故第2次取出的是2号卡牌的概率为. （ii）， ，，，， 所以的分布列为 1 3 4 5 6 数学期望为 【小问2详解】 记盒中装有编号的张卡牌时，最后一次取出的是号卡牌的概率为， 第1次取卡分为三类互斥事件： ①第1次取出1号卡牌，概率为，后续依次取出号卡牌，则最后一次取出的是号卡牌； ②第1次取出号卡牌，概率为，则最后一次取出的不可能是号卡牌； ③第1次取出号卡牌，，概率为，第次按规则取出号卡牌， 第次在剩余张卡牌中等概率抽取，该子问题等价规模为的原型， 所以， 整理得， 同理对可得：， 两式相减可得：， 即，所以是常数列， 又时，， 故对任意整数，. 19. 已知数列：，，…，的各项均为正整数，且，，，…，.定义变换，将数列变换为数列：，，…，，其中，为数列中不小于的项的个数. （1）若数列：4，3，3，2，求，并求一个数列，满足（直接写出结果即可）； （2）记为数列的各项之和，若，. （i）求的最小值； （ii）求的最大值，并求出取得最大值时的所有满足条件的数列. 【答案】（1）， （2）（i） （ii），满足条件的数列有，两种可能 【解析】 【分析】（1）根据定义变换的意义，设数列：，，，，结合数列：4，3，3，2，即可求解和数列. （2）（i）根据，可得，，代入即可求出的最小值. （ii）设，，则数列共有项，且有项不小于2，可得，由题意，，，…，，可知，结合，求得，然后检验即可求出结果. 【小问1详解】 数列：4，3，3，2，中，因为，设数列：，，，， 数列中不小于1的项有4个，所以， 数列中不小于2的项有4个，所以， 数列中不小于3的项有3个，所以， 数列中不小于4的项有1个，所以， 所以数列：4，4，3，1， 因为：4，3，3，2共4个元素，所以数列的首项为4， 根据题意数列中不小于4的项有2个，不小于3的项有3个，不小于2的项有3个，不小于1的项有4个， 由数列各项均为正整数，且非递增数列，所以数列：4，4，3，1. 【小问2详解】 （i）由题意知，中的最大项即为数列的项数，结合，得， 故，因为，则， 又，故， 注意到数列，满足，且， 所以存在数列满足要求，所以的最小值为. （ii）设，，则数列共有项，且有项不小于， 故， 由题意，，，…，，故，从而， 因为，，故， 若，，则数列有且仅有两个1， 则，不符合题意； 若，，则数列有且仅有一个1， 则， 故，由，故只能，， 此时数列满足要求； 若，，则数列每一项均不小于2， 则， 故，从而， 此时数列可能为，，， 验证只有符合题意， 故取最大值507时，可能的数列有，两种可能. 【点睛】1、自共轭条件：数列项数等于首项，对每一个下标，数列中不小于的项的个数； 2、等差数列求和公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级9月学习质量综合评估 数学 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，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，监考员将试卷､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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 点到抛物线的焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 3. 集合M中的元素个数记为，若，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 设是非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 不全相等的正整数构成一组数据，若它们的平均数和中位数均为，则该组数据的极差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知直线与曲线和均相切，则（ ） A. B. C. D. 7. 由透明玻璃制成的正方体密闭容器的棱长为1（玻璃厚度忽略不计），注入体积为（）的液体，在正方体自由旋转的过程中，若液体形成的几何体可能是三棱锥，则x的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 若，则关于的方程的实数根的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 在锐角中，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知三棱锥的外接球的半径为，且，平面，则下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥为正三棱锥 B. 平面平面 C. 面积的最大值为 D. 三棱锥体积的最大值为 11. 将1，2，3，…，这个连续正整数随机分成，两组，每组个数，组最小数为，最大数为；组最小数为，最大数为，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则的概率为 B. 若，则的概率为 C. 的概率为 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若双曲线的渐近线方程是，则双曲线的离心率为______. 13. 已知函数的最大值为，则的最小值为______. 14. 已知集合，，任取，，，，都有，则集合中元素个数的最大值为______. 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. 已知函数. （1）判断的奇偶性并给出证明； （2）证明：在区间有且仅有一个零点. 16. 在三棱柱中，，且棱长均为1. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的正切值. 17. 已知椭圆：（）的左顶点为，下顶点为，短轴长为，离心率为，是上位于第一象限内的动点，直线交轴于点，直线交轴于点. （1）求的方程； （2）证明：四边形的面积为定值. 18. 盒内装有张相同的卡牌，编号分别为，，，…，.从盒内每次不放回地取出一张卡牌，直至卡牌全部取出.具体规则如下： ①第1次取卡：从盒内随机取出1张卡牌； ②第次取卡（）：若号卡牌仍在盒内，则取出号卡牌；否则，从盒内随机取出1张卡牌. （1）若. （i）求第2次取出的是2号卡牌的概率； （ii）设第3次取出的卡牌编号为，求的分布列与数学期望； （2）求最后一次取出的是号卡牌的概率. 19. 已知数列：，，…，的各项均为正整数，且，，，…，.定义变换，将数列变换为数列：，，…，，其中，为数列中不小于的项的个数. （1）若数列：4，3，3，2，求，并求一个数列，满足（直接写出结果即可）； （2）记为数列的各项之和，若，. （i）求的最小值； （ii）求的最大值，并求出取得最大值时的所有满足条件的数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $