浙江嘉兴市2026-2027学年高三上学期9月基础测试数学试题

2026年高三基础测试 数学 试题卷（2026.9） 本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸上规定的位置． 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效． 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，，则 A． B． C． D． 2．已知，则 A．5 B．6 C．7 D．8 3．函数的图象关于点中心对称，则的最小值为 A． B． C． D． 4．某古塔为八角形仿木结构阁楼式砖身木檐塔，共9层，每层层高相同且都有檐廊．塔身由底向上逐层收小，可近似地看成一个正八棱台．记第n层的檐廊外沿周长为（单位：米），若，，则 A．22.6 B．23.2 C．23.8 D．24.2 5．已知，，，则 A． B． C． D． 6．若是函数的极小值点，则函数的极大值为 A．-5 B． C．-1 D．1 7．某质点在数轴上从原点开始运动，每次运动时原地弹跳的概率为，向右移动一个单位的概率为．若X表示质点第一次到达坐标为3的点所需的运动次数，则 参考数据：若，则，． A．12 B．9 C．6 D．3 8．在三棱锥中，，点B，C到棱所在直线的距离均为1，点H为棱上一点，满足平面，且，则棱的长度不可能为 A．1 B．2 C．3 D．4 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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9．已知复数，则 A． B． C．为实数 D． 10．已知平面向量，满足，，是在上的投影向量，则 A．的取值范围为 B．存在，，使得 C． D．的最小值为 11．已知椭圆C：和曲线D：在轴上方的两个交点为和，动点在椭圆上，且，．若直线l与相切于点，与交于P，Q两点，则 A． B．的最小值为5 C． D．四边形的面积的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知圆：，圆：，则与的公共弦所在的直线方程为___________． 13．已知数据，，，的平均数为1，方差为2；数据，，，，，的平均数为2，方差为1．现将两组数据合并，则数据，，，，，，，，，的平均数为___________，方差为___________． 14．在中，若，则的最小值为___________． 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．（13分） 已知等比数列的各项均为正数，记为的前项和，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16．（15分） 如图，四棱锥中，，，，，． （1）求证：； （2）若，求与面所成角的正弦值． 17．（15分） 一个箱子中装有大小相同的3个白球和2个黑球，现从箱子中随机取出1个球后放入2个与该球完全相同的球，按此规则连续操作3次． （1）求第2次操作取到的是白球的概率； （2）求第2次操作取到的是黑球，其余两次取到的是白球的概率； （3）记连续操作3次后箱子中白球的个数为，求的分布列和期望． 18．（17分） 已知双曲线C：（，）的左顶点到其渐近线的距离为． （1）求C的方程； （2）斜率为且不过原点的直线与双曲线的右支交于，两点，线段的中点为，射线分别与曲线和直线：交于点P，Q，且． （ⅰ）求证：直线过定点T，并求出点T的坐标； （ⅱ）设直线，与分别交于点D，E，求的大小． 19．（17分） 曲线的曲率是指曲线上某点处的切线方向角对弧长的转动率，常用来刻画曲线的弯曲程度．曲率越大，表示曲线在该点处的弯曲程度越大．光滑连续的曲线C：在点处的曲率的计算公式为，其中为的导函数，为的导函数． （1）求曲线在点处的曲率； （2）设函数，若在点，处的曲率均为0． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高三基础测试 数学参考答案(2026.9) 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. 1~8 BDCB ACBD 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9.AC 10.ACD 11.BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 7 12.2x-y=013.1.6:1.6414.8 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. a1=2 15.【解析】(1)设等比数列a,}的公比为9，则9>0，由题意知a+a9+a9=26,所以 4+g-12=0,解得9=3或9=-4（舍去），所以9=3，所以4，=2×3 =0）.20--3-1 (2)1 1-91-3 所以b.=l0g,(S,+l)=log;3”=n 11-11 所以b,b1n(n+1)nn+1 =1+1++11-+++1=1- BEis nb6,6.65 6.6m 22 3 nn+1 n+1 n+1 16.【解析】(1)证明：取AD中点O,连接PO,BO, 由PA=AD=DP=2可知：PO=V3,PO⊥AD 在底面ABCD中，由题意可知， BCI/OD.BC=OD.BC⊥CD 所以四边形BCDO是矩形，于是AO=BO=1,BO⊥AD 又由PO∩BO=O可得：AD⊥面POB,由PBC面POB可知，PB⊥AD (2)若PB=2,由P0=V3,B0=1知PO2+B02=PB2 即PO⊥BO,又PO⊥AD,BO⊥AD, 【方法一】以O为原点，OA,OB,OP分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示. 0…D 易知：O(0,0,0),A10,0).B(01,0).D(-1,00).P0,05) 则有DF-(0,5.B=(-LLo),=1,0 i.AB=0, 设平面PAB的法向量为元=（比少2），则由万：AP=0, 可待i=(5.5.,,设PD与面P4B所成角为a. 元.Dp25√21 sina= DP 2√77 则 【方法二】 h sina= 设PD与面PAB所成角为a,点D到面PAB的距离为h,则 PD 由PO⊥BO,PO⊥LAD,BO∩AD=O可知，PO⊥面ABCD 由n-m='n-B,P0=V5可得：39 oP0=p6Ah=5Sm 31 ,即S△PB 1 SAABD=2 ×2×1=1 计算可得： 在△PAB中，PA=PB=2,AB=V2,所以 25 h= 2321 sina= 所以 √7 277 【方法三】 延长AB交DC的延长线于点M,取PA的中点N,连接MN,则有PA⊥DN 由PO⊥BO,PO⊥AD,BO∩AD=O可知，PO⊥面ABCD,故PO⊥DM 又AD⊥DM,AD∩PO=O,故DM⊥面PAD,于是有PA⊥DM 由DM∩DN=D,可得PA⊥面DMN 过D作DH⊥MN,交MN于点H,则由DHC面DMN知PA⊥DH, 因为PA∩MN=N,所以DH⊥面PAB, 所以∠DPH是PD与面PAB所成角，在Rt△DMN中，DM=2,DN=V3, :i* 0 B 则MN=VDM2+DN2=V万 DH=DM-DN_23 2V3 MN √7√7， 所以在Rt△PDH中， sin∠DPH=DH、V2i PD 7 17.【解析】(1)设第k次取到白球为事件4(k=1,2,3),则取到黑球为事件A, 3.4+2.3-3 所以 =P(44)+P(44)=P(4)P(414)+P(④)P(4A)=亏G+565 (2)结合(1)可知： P)-.P4)名 P(B)=P(4A)=P(4)P(④A)= 记第1次取到白球且第2次取到黑球为事件B,则 (4B)广7.所以 4 B=P(B4)=P(B)P(4|B)=5735 144 又因为 (3)X的可能取值为3,4,5,6，于是有： 2344 P(X=3)=二×二× X=3表示3次操作均取到黑球，故： 56735. X=4表示3次操作中只有一次取到白球，另外两次均取到黑球， P(X=4)=Cg× 3×2×39 5×6×735, X=5表示3次操作中有两次取到白球，一次取到黑球， P(X=5)=Cx4-12 3535 P(X=6)= 3×4×52 X=6表示3次操作均取到白球， 5×6×77. 分布列为： 4 J 6 P4 9 12 2 35 35 35 7 4 9 E(X)=3× 216824 +6× 所以 +43+5x+6 35 7=35=5 18. 【解析】1)由1(-2,0)是左顶点可得：Q=2,渐近线方程为：bx-2y=0, -2b 2 x2 所4+方5，解得：力=1.所以双角线C约方程为，手广=1 (2)(i)(方法-)设4：y=x+m,M(,).N(x,),S(x,%) 4-y=l→1-4k2)x2-8m-4m2-4=0 y=kx+m △=64m2k2+161-4k2)）(m2+1)>0, 4k2<m2+1, mk<0, 8mk 1-4>0 今6=6，+m=1-4k2 m x1+X2 →4k2>1, -4m2-4 4mk x=1-4h0>0 X=1-4k2 所以( 、 -x 所以直线OS的方程为： 4k, 2 与42s1 联立可得： -r- 由loP=0g-oS可得： v(bd--Gabop-(a)kd 化简整理可得：m=-V5k,即直线：y=c-V5 所以直线过定点T5,0) (方法二)：设4：y=+m,M(G,),N(,)S(o) 月=1✉0-2-m-n-4=0 y=kx+m △=64m2k2+161-4k2)）(m2+1)>0, 4k2<m2+1, mk<0, 8mk X+x2= -4k2>0, →4k2>1, -4m2-4 4mk X12= x0=1-4k21 所以 1-42>0 ∫x2-4=4 同时，由点M,N在双曲线上可得： 号-4=4 作差得：（任-名：+3）4(y-)(+)=0o 由于点S为线段MN的中点，所以+x,=2x,片+乃=2 乃-业=。 1 1 x2 所以0化信为：名-54奶，即直线O的斜车为4杯，所以OS方程为：y一转”，与手少-一1明 一X 联 立可得： -0=16w- 4k2-1 由loP=o0:OS可得： 化简整理可得：m=V5,即直线：y=-V5k,所以直线4过定点7N5,0) (方法三)设4：y=+m,M(,H),N(s,).S(,) 年-y-l30-4）r-8mt-m2-4=0 y=kx+m △=64m2k2+16(1-4k2)m2+1)>0, 8mk x1+X2 1-4k2>0 4mk →x=1-4k2 所以专= -4m2-4、 1-4k2>0 1 由kos=e2-l可 得s=4k,所以直线OS的方程为： x2 与4y2=1 联立可得： （k-小r=16k2→x,2=16 4k2-1 由or=lo0o可. a✉-a 化简整理可得：m=-V5k,即直线马：y=c-V5k, 所以直线4过定点T7八5,0) x+5852 1-4k2>0, -20k2-4 (i)【方法-】当m=-V5k时， X1X2= 1-4k2>0 1w:y=2（x+2) x+2 wy=,（x+2 x= 4 在( x2+2 中，令√5，并两式相乘可得： (x+2)x2+2) -后时 xx3+2(x+x2)+4 信+6 而历-(55专5%写o%0 于是有TD⊥TE,所以∠DTE的大小为90°。 【方法二】不妨设点M在第一象限，则点N在第四象限， 设直线DT的倾斜角为a,直线ET的倾斜角为PB,则有a为钝角，P为锐角， kor=Yo=-15yo=tana ker=YE=-5yg=tanB 且 XD-XT XE-XT 因为∠DTE=元-a+B,所以有：tan∠DTE=tan(-a+B)=tan(B-a） -8V5k2 X1+X2= 1-42>0, 当m=-√5k时， X5= -20k2-4>0 1-4k2 w42+2j r年3*2到 在 中，令 √5，并两式相乘可得： w产可- (x+2)(x2+2) -*j国 x3+2(x+2)+4 所以l+5yo'ye=0,即l+-tanatanB=0, 所以an∠DTE=an(B-）不存在，故∠DTE=90°. 19.【解折】因为)=n(>0.则()-，f()=是 fC) K 所以 -[(r月 8 另解： f)店.f()= ( 1 3V5 所以 可旷 3V3 (2)(i)因为 -(c-2je-号号a+1-2amj0e>0) 所以8'(x）=(x-1)e-x2+mx-2xnx 所以8'()=e-2(nc+x)+m-2=e+-2(r+x)+m-2(x>0）, 因为8()在两个不同的点处曲率为0。 所以8(=0在(0，+∞）内有两个不同的实数解， 即8'()=er“-2(血r+x+m-2有两个不同的正零点. 令()=mr+(x>0,周为6闭1>0 所以()在(0，+∞)上单调递增，且值域为R, 所以m=2-e如+2（血x+)有两个大于0的实数解。 等价于m=2+21-c(∈R)有两个不同的实数解。 令p)=2+2-e,则p'(=2-c,令p()=0得t=n2, 当t∈(o,n2)时，p>0,p(0)单调递增 当1∈（血2，+∞）时，p)<0,p(单调递减：所以p0)=p(血2）=21n2, 又因为当f→0时，p0→-0：当t→+0时，p()→-0： 由题意知m∈(0,2n2）,所以m的取值范国为（∞，2n2）, (i)由(i)知m=2+2t-e,所以e=2+2t-m≥t+1,所以t之m-l, 又4=x+l此，=x+lnx,不妨设0<x<龙，则5<， 所以4+=(：+lhx)+(3+ln,)>2(m-1). 即++lhx+n2>2(m-I) 又由x-l≥lnx知x≥l+lnx,所以x+>lnx+lnx,+2, 所以2(x+x)>++lnx+lnx+2>2m-2+2=2m 所以+七3>m