精品解析：湖北武汉市汉铁高级中学2026-2027学年上学期高三9月模拟考数学试卷

高三数学试卷 本试卷共4页，19题．满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 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. 设集合，则A的真子集的个数是（ ） A. 4 B. 6 C. 7 D. 8 2. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. 2 D. 3. 已知正实数a，b，c，满足，则a，b，c的大小关系不可能的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知是平面内两个非零向量，那么“”是“存在，使得”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. 三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练（不能传给自己），由乙开始传，经过4次传递后，球又被传回给乙，则不同的传球方式共有（ ） A. 6种 B. 10种 C. 11种 D. 12种 6. 北京天坛圜丘坛分为上、中、下三层.上层中心为天心石，环绕天心石的第一环有9块扇面形石板，以后每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，且每层内部各环也依次增加9块.每层环数相同，且下层石板总数比中层多729块.则每层的环数是（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的右焦点到其一条渐近线的距离等于，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 函数的部分图象如图所示，是等边三角形，其中，两点为图象与轴的交点，为图像的最高点，且，则（   ） A. B. C. 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. 已知，，且，则（     ） A. 的最大值为 B. 的最大值为2 C. 的最小值为 D. 的最小值为3 10. 已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和3，母线与底面所成的角为，则（ ） A. 该圆台的母线长为4 B. 该圆台的侧面积为 C. 该圆台的体积为 D. 能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为 11. 已知函数的定义域为，且满足：，，记，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，则在方向上的投影向量为______. 13. 写出与圆和都相切的一条直线的方程______． 14. 设是自然对数的底数，已知幂函数的图象经过点，幂函数的图象经过点，则不等式的解集为__________． 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若边上的高为，，求，． 16. 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 17. 已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，. （1）求椭圆的方程； （2）若，求的最大值. 18. 甲、乙两名同学进行羽毛球比赛，每局比赛无平局，且各局比赛结果相互独立.已知单局比赛中，甲获胜的概率为. （1）双方进行比赛，先赢得局比赛的一方获胜.若， （i）求乙获胜的概率； （ii）求在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率. （2）设为“双方进行满局比赛（不提前结束），甲赢得至少局”的概率；为“双方进行比赛，采用至少赢局且至少多赢局的规则（例如甲至少赢局，且净胜乙至少局时，甲获胜），甲获胜”的概率.比较与的大小. 19. 三个互不相同的函数和在区间上恒有或恒有，则称为与在区间上的“分割函数”． （1）设，试分别判断是否是与在区间上的“分割函数”，请说明理由； （2）若二次函数是与在区间上的“分割函数”，求； （3）设，若存在函数，使得为与在区间上的“分割函数”，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 本试卷共4页，19题．满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 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. 设集合，则A的真子集的个数是（ ） A. 4 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】先计算集合，再根据子集计算公式计算求解. 【详解】，因为集合A中有3个元素，所以真子集个数为． 2. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得， 所以的虚部为． 3. 已知正实数a，b，c，满足，则a，b，c的大小关系不可能的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】令，因为，所以，所以，所以，所以，选项与此矛盾. 4. 已知是平面内两个非零向量，那么“”是“存在，使得”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】根据向量的模长关系以及共线，即可结合必要不充分条件进行判断. 【详解】若，则存在唯一的实数，使得， 故， 而， 存在使得成立， 所以“”是“存在，使得’的充分条件， 若且，则与方向相同， 故此时，所以“”是“存在存在，使得”的必要条件， 故“”是“存在，使得”的充分必要条件. 故选：C. 5. 三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练（不能传给自己），由乙开始传，经过4次传递后，球又被传回给乙，则不同的传球方式共有（ ） A. 6种 B. 10种 C. 11种 D. 12种 【答案】A 【解析】 【分析】设在第次传球后有种情况球在乙手中，则由题意可得，再借助即可得. 【详解】设在第次传球后有种情况球在乙手中，即经过n次传球后球又被传回给乙， 在前n次传球中，每次传球都有2种可能，故在前n次传球中共有种传球方法， 故在第n次传球后，球不在乙手中的情况有种，即球在甲或丙手中， 只有在这些情况时，在第次传球后，球才会被传回给乙，即， 由题意可得，，，即不同的传球方式共有种. 6. 北京天坛圜丘坛分为上、中、下三层.上层中心为天心石，环绕天心石的第一环有9块扇面形石板，以后每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，且每层内部各环也依次增加9块.每层环数相同，且下层石板总数比中层多729块.则每层的环数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式与等差数列前项和公式及性质分析求解即可. 【详解】设每层共有环，各环石板数构成等差数列， 其中首项为，公差， 所以每环石板数为：， 由题意可得：上、中、下三层的石板总数分别为：， 又下层石板总数比中层多729块，所以， 即， 化简得：，解得：. 7. 已知双曲线的右焦点到其一条渐近线的距离等于，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，借助双曲线求出抛物线焦点F的坐标，再结合抛物线定义及几何意义求解最值作答. 【详解】双曲线的渐近线，右焦点， 依题意，，解得，因此抛物线的焦点为，方程为，其准线为， 由消去x并整理得：，，即直线与抛物线相离， 过点F作于点P，交抛物线于点M，过M作于点Q，交直线于点N， 则有， 在抛物线上任取点，过作于点，作于点，交准线于点，连，如图， 显然，当且仅当点与点重合时取等号， 所以抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为. 故选：D 【点睛】思路点睛：涉及抛物线上的点到定点与到焦点距离和或到定直线与准线距离和的最小值问题，利用抛物线定义转化求解即可. 8. 函数的部分图象如图所示，是等边三角形，其中，两点为图象与轴的交点，为图像的最高点，且，则（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先结合等边三角形的几何特征求解周期，再结合零点坐标关系求解相位参数，最后利用三角函数的周期性分组求和得到结果. 【详解】∵ 函数的振幅为，故最高点的纵坐标为，即等边的高为. 设等边三角形边长为，由等边三角形高与边长的关系得，解得，即. ∵ 余弦函数两个相邻零点之间的距离为半个周期，故，得周期，因此. ∵ 且，解得，，结合图象得，. ∵ 为函数单调增区间内的零点，故，， 代入得，化简得，. ∵ ，故，即. 计算一个周期内的函数值和： ， ， ， ， 故. ∵ 求和项共项，，即包含个完整周期， 剩余项对应，，， ∴ . 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. 已知，，且，则（     ） A. 的最大值为 B. 的最大值为2 C. 的最小值为 D. 的最小值为3 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，利用基本不等式分析判断，对于B，对平方后利用基本不等式判断；对于C，由，再结合基本不等式分析判断；对于D，利用乘“1”法及基本不等式判断. 【详解】对于A：因为，，且， 所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为，故A正确； 对于B：由 ，则， 当且仅当时等号成立，所以的最大值为，故B错误； 对于C：由， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为，故C正确； 对于D：由 ， 当且仅当，即，时取等号， 又，所以没有最小值，故D错误. 10. 已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和3，母线与底面所成的角为，则（ ） A. 该圆台的母线长为4 B. 该圆台的侧面积为 C. 该圆台的体积为 D. 能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据圆台的结构特征和表面积的有关计算、体积公式和台体与球的内、外接问题，结合选项依次计算即可. 【详解】对于A，设圆台上底面的半径为，下底面的半径为， 由于母线与底面所成的角为，则母线长，故A正确； 对于B，圆台的侧面积为，故B错误； 对于C，由题意有：，圆台的高， 所以该圆台的体积为，故C正确； 对于D，设梯形为圆台的一个轴截面，如图所示： 设圆台上､下底面圆心分别为，点为线段的中点，则，， 由已知，取，则， 连接， 因为，，，所以，， 又，所以， 由余弦定理可得，所以，， 由对称性可得以点为圆心，为半径的圆与梯形内切， 所以以为球心，为半径的球与圆台的两个底面和侧面都相切， 所以能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为. 11. 已知函数的定义域为，且满足：，，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先利用赋值法，可求与数列的通项公式，可判断A的真假；结合裂项求和法可判断B的真假；利用根式的变形可判断C的真假；先证，再结合累加法可判断D的真假. 【详解】因为，， 令得：. 令，，则，两边取倒数得：， 所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以. 所以. 对A：因为，所以，故A正确； 对B：因为， 所以，故B错误； 对C：因为，故C正确； 对D：设，，则在上恒成立， 所以在上单调递减. 又，所以当时，都有. 令，所以. 所以， 所以，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，则在方向上的投影向量为______. 【答案】 【解析】 【分析】代入投影向量公式，即可求解. 【详解】在方向上的投影向量为. 13. 写出与圆和都相切的一条直线的方程______． 【答案】（或，） 【解析】 【分析】由题知两圆位置关系为外切，有三条公切线，进而作出图象，结合图象可设公切线方程为，再根据相切关系建立方程，，两式作比得，再分类求解即可. 【详解】由题知的圆心为，半径为， 的圆心为，半径为， 所以，故两圆位置关系为外切，有三条公切线. 如图，由图可知，公切线方程斜率存在，故设方程为， 则由直线与相切得：，即， 由直线与相切得：，即， 所以，即， 所以， 当时，，代入整理得，解得或， 此时公切线方程为（）或， 当时，，代入整理得，解得，此时公切线方程为（）， 综上，所求的公切线方程为，或 故答案为：（或，） 14. 设是自然对数的底数，已知幂函数的图象经过点，幂函数的图象经过点，则不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，，令，利用导数求得在上为单调递增函数，结合，即可求解. 【详解】设函数（），将点代入，可得，即， 解得，即，所以， 因为，所以函数在上为单调递增函数， 设（），将点代入，可得，即， 解得，即，所以， 因为，所以函数在上为单调递增函数， 设， 则， 因为，所以 所以在上为单调递增函数， 又因为， 所以不等式，即为，所以， 所以的解集为. 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若边上的高为，，求，． 【答案】（1） （2），或， 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和性质、三角恒等变换化简已知等式求角； （2）结合三角形面积公式建立的关系，再用余弦定理列方程求解. 【小问1详解】 在中，，故 ， 将已知等式变形： ， 又 ， 代入得： ，  因，， 故，得； 【小问2详解】 由三角形面积相等得，代入，，， 化简得：  ，又 再代入余弦定理，得  ， 整理得，解得或， 对应代入，得或， 故，或，. 16. 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，利用、得四边形是平行四边形，从而利用线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面的法向量分别为， 则有，取， 则有， 即点到平面的距离为. 17. 已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，. （1）求椭圆的方程； （2）若，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知离心率且焦距为，结合焦距为即可得解. （2）由题意已知，所以设出直线方程（只含有一个参数即截距，不妨设为），将其与椭圆方程联立后，再结合韦达定理可将表示成的函数，进一步求其最大值即可. 【小问1详解】 由题意得, 解得,，， ∴椭圆的方程为 . 【小问2详解】 因为，所以设直线的方程为，，. 联立得得 ， 又直线与椭圆有两个不同的交点， 所以，∴ ∴， ∴ 故当，即直线过原点时，最大，最大值为. 18. 甲、乙两名同学进行羽毛球比赛，每局比赛无平局，且各局比赛结果相互独立.已知单局比赛中，甲获胜的概率为. （1）双方进行比赛，先赢得局比赛的一方获胜.若， （i）求乙获胜的概率； （ii）求在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率. （2）设为“双方进行满局比赛（不提前结束），甲赢得至少局”的概率；为“双方进行比赛，采用至少赢局且至少多赢局的规则（例如甲至少赢局，且净胜乙至少局时，甲获胜），甲获胜”的概率.比较与的大小. 【答案】（1）（i）；（ii） （2）当时，；当时，；当时， 【解析】 【分析】（1）（i）若乙以获胜，则第局乙赢，前局乙赢局输局，再利用独立事件和独立重复试验的概率公式可求出所求事件的概率； （ii）设事件为甲获胜，事件为乙至少获胜一局，分析出甲获胜的情况，求出的值，以及事件所包含的情形，求出的值，再利用条件概率公式可求出的值； （2）设表示前局中同学甲赢得的局数，记，求得，，作差，对与的大小进行分类讨论，即可得出与的大小关系. 【小问1详解】 （i）因为甲每局获胜的概率为，所以乙每局获胜的概率为， 若乙以获胜，则第局乙赢，前局乙赢局输局. 所以乙获胜的概率为； （ii）设事件为甲获胜，事件为乙至少获胜一局， 若甲获胜，则甲对乙可以以、、获胜， 若甲以获胜，则前局全是甲赢； 若甲以获胜，则第局甲赢，前局甲赢局输局； 若甲以获胜，则第局甲赢，前局甲赢局输局. 所以. 事件（甲获胜且乙至少获胜一局）等价于“甲以或获胜”， ， 所以在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率为. 【小问2详解】 设表示前局中同学甲赢得的局数，记， 则. 对于，设双方平之后甲获胜的概率为，则，所以， 则. 因此. 因为，可得， 又， 所以. 当时，可得，即； 当时，；当时，. 19. 三个互不相同的函数和在区间上恒有或恒有，则称为与在区间上的“分割函数”． （1）设，试分别判断是否是与在区间上的“分割函数”，请说明理由； （2）若二次函数是与在区间上的“分割函数”，求； （3）设，若存在函数，使得为与在区间上的“分割函数”，求的最大值． 【答案】（1）是与在区间上的“分割函数”； 不是与在区间上的“分割函数” （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过作差法来判断符号，从而确定是不是恒成立问题即可； （2）利用导数得到在处的切线，再结合在处与该切线相切的条件列方程，最后根据不等式恒成立确定参数范围即可求得； （3）通过联立直线与的方程求出交点横坐标的距离表达式，再结合之前得到的的表达式转化为关于的函数，最后通过求导判断函数单调性，得出的最大值. 【小问1详解】 因为恒成立，且恒成立， 所以当时，恒成立， 故是与在区间上的“分割函数”； 又因为，当与1时，其值分别为1和， 所以与在上都不恒成立， 故不是与在区间上的“分割函数”. 【小问2详解】 设是与在区间上的“分割函数”，则对一切实数恒成立， 因为，当时，它的值为4， 可知的图象在处的切线为直线， 它也是的图象在处的切线，如图： 所以，可得， 所以对一切实数恒成立， 可得且，即， 又因为时，与为相同函数，不合题意， 故所求的函数为. 【小问3详解】 关于函数，令，可得， 当与时，， 当与时，， 可知是函数的极小值点，0是极大值点， 该函数与的图象如图所示： 若函数是与在区间上的“分割函数”， 故存在使得且直线与的图象相切， 并且切点横坐标， 此时切线方程为，即， 设直线与的图象交于点， 则由，可得， 所以 令，，（当且仅当时，）， 所以严格减，故的最大值为， 可知的最大值为，所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $