精品解析：河南省南阳市豫南名校2026-2027学年高三上学期9月测评数学试题

2026－2027学年高三9月测评 数学 （满分：150分 用时：120分钟） 注意事项： 1.答题前，请将自己的学校、姓名等填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 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. 一组数据3，4，9，2，6的第30百分位数为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 2. 若集合内的元素个数为，则（ ） A. B. C. D. 3. 设向量，，．若，则（ ） A. B. C. D. 4. 在经济模型中，常考虑市场需求与工资指数间的关系．记工资指数为，市场需求为D，在不引入其它变量的情况下，二者通常呈线性关系，即，其中，且均为给定常数，称为工资指数为的需求点弹性．在某一假设模型中，若当市场需求为20时的工资指数为25，市场需求为10时的需求点弹性为110，该模型对应的边际效益数列满足，则的公差为（ ） A. B. C. D. 5. 设函数，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（ ） A. B. C. D. 6. 记坐标原点为，椭圆的左、右焦点分别为，线段的垂直平分线与E在第一象限内相交于点，交y轴于点N．若，则E的离心率的平方为（ ） A. B. C. D. 7. 现有个小队，分别编号为、、、，记编号为的小队的人数为，已知、、、、、成等差数列，、、、成等比数列，若，，则这个小队的总人数为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在区间上有奇数个极小值点，则的值可以是（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 5 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. 已知复数的实部为，且和在复平面内对应的点分别为A，B，则（ ） A. B. C. A在第一象限内 D. B在第四象限内 10. 函数的部分图象如图所示，其中点在曲线上，若，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 曲线在点C处的切线斜率为 11. 在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，直线与E在第一象限内相交于点P，过点P作x轴的平行线与E相交于另一点Q，若，，则（ ） A. B. E的渐近线方程为 C. D. 的外接圆半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用、、、、、、这个数字可以组成没有重复数字三位数的个数为______（用数字作答）． 13. 已知是定义在上的偶函数，且对任意有，则_________． 14. 在正三棱锥P－ABC中，E为棱PC的中点，四点P，A，B，E在球的球面上，A，B，C，E在球的球面上，若，则点P到平面ABC距离的平方为______． 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. 已知公比为的等比数列的前项和为，且． （1）若，求； （2）若，求的取值范围． 16. 如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，，且，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 某博物馆工作人员将古籍放入展柜前需读取某项评价指标，古籍的实际状态分为可直接入柜与需干燥两类，抽取一本古籍可直接入柜的概率为．当古籍可直接入柜时，；当古籍需干燥时，．规定时，古籍将被登记．现任取一本古籍． （1）求该本古籍被登记的概率关于的表达式； （2）登记后，按费用期望较小原则选择直接入柜或复检．已知复检可避免损失，且需干燥古籍直接入柜的损失为复检费用的4倍．若该古籍被建议复检，求的取值范围． 附：若，则取． 18. 已知函数及其导函数的定义域均为，的图象为一条连续不断的曲线，且与在上恒成立，设定义域为的函数． （1）求；（用含和的代数式表示）； （2）若． （ⅰ）证明：； （ⅱ）判断方程实根的个数，并说明理由． 19. 在平面直角坐标系中，设抛物线：，点（）．过点的直线与交于，两点，设点到直线的垂足为，记的面积为． （1）若，且轴，求； （2）求关于的表达式； （3）当直线变化时，若为定值，则求出的值，并求该定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026－2027学年高三9月测评 数学 （满分：150分 用时：120分钟） 注意事项： 1.答题前，请将自己的学校、姓名等填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 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. 一组数据3，4，9，2，6的第30百分位数为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【详解】将这组数据从小到大排列得到2，3，4，6，9， 由可知，这组数据的第30百分位数是第二个数3． 2. 若集合内的元素个数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】若，则，不符合题意； 若，则， 所以集合中的元素为、、、、， 故集合中的元素个数为，解得，符合题意. 综上所述，. 3. 设向量，，．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，由得， 即，解得． 4. 在经济模型中，常考虑市场需求与工资指数间的关系．记工资指数为，市场需求为D，在不引入其它变量的情况下，二者通常呈线性关系，即，其中，且均为给定常数，称为工资指数为的需求点弹性．在某一假设模型中，若当市场需求为20时的工资指数为25，市场需求为10时的需求点弹性为110，该模型对应的边际效益数列满足，则的公差为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由条件可知联立可解得 所以， 所以， 因为， 所以的公差． 5. 设函数，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义写出切线方程，进而求得切线与坐标轴的交点，即可求得结果． 【详解】求导得， 故， 又，可得切线方程为， 当时，；当时，， 因此所求三角形的面积． 6. 记坐标原点为，椭圆的左、右焦点分别为，线段的垂直平分线与E在第一象限内相交于点，交y轴于点N．若，则E的离心率的平方为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合对称性可得，代入椭圆方程化简得到，进而求解即可. 【详解】由对称性可知，设的半焦距为，易知，故， 将代入椭圆方程得，即， 设的离心率为，则，即， 所以，又，则． 7. 现有个小队，分别编号为、、、，记编号为的小队的人数为，已知、、、、、成等差数列，、、、成等比数列，若，，则这个小队的总人数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】不妨设、、、、、的公差为，、、、的公比为， 则，，同理，于是， 又，所以， 设，则，可得，即， 而，所以，则， 于是，， 所以这个小队的总人数为． 8. 若函数在区间上有奇数个极小值点，则的值可以是（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】设，，则，，数形结合，分析函数的单调性，即可得函数的极值点情况. 【详解】设，， 则，. 由，选项中为正整数，得，因为，所以，. 如图， 对A，当时，，只有1解，设为，且. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减. 所以为函数的极大值点，且无极小值点，不合题意. 对B，当时，，有3解，设为，，，且，，. 已知为的极大值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增. 所以为函数的极小值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减. 所以为函数的极大值点. 所以时，函数只有一个极小值点，符合题意. 对C，当时，，有4解，设为，，，，且，，，. 已知为的极大值点，为的极小值点，为的极大值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增. 所以为函数的极小值点. 所以时，函数有和两个极小值点，不符合题意. 对D，当时，，有5解，设为，，，，，且，，，，. 已知，为的极大值点，，为的极小值点. 当时，，即，因为，所以，即，故单调递增； 当时，，即，因为，所以，即，故单调递减. 所以为函数的极大值点. 所以时，函数有和两个极小值点，不符合题意. 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. 已知复数的实部为，且和在复平面内对应的点分别为A，B，则（ ） A. B. C. A在第一象限内 D. B在第四象限内 【答案】AC 【解析】 【详解】由复数的实部为，得，即，而，因此，A正确； 由，得，且点在第一象限内，B错误，C正确； 由，得点在第二象限内，D错误． 10. 函数的部分图象如图所示，其中点在曲线上，若，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 曲线在点C处的切线斜率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，结合正弦函数的图象性质求解判断ABC；求出函数的导数，利用导数的几何意义判断D. 【详解】观察给定图象，得函数的最小正周期，解得，A正确； 由点在曲线上，得，由，得，B正确； 函数，函数为奇函数，C错误； 求导得，因此曲线在点C处的切线斜率为，D正确． 11. 在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，直线与E在第一象限内相交于点P，过点P作x轴的平行线与E相交于另一点Q，若，，则（ ） A. B. E的渐近线方程为 C. D. 的外接圆半径为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，利用直线斜率求得，余弦定理求得，由得结果；B选项，由勾股定理求，结合双曲线定义求出，可得渐近线方程；C选项，求出的横坐标结合曲线对称性可得的值；D选项，由正弦定理得的外接圆半径． 【详解】显然，由得， ， 由余弦定理得， ，于是，故选项A正确； 由勾股定理得，， 由定义得，，， 故渐近线方程为，故选项B正确； 显然的横坐标满足，，由曲线对称性可知，故选项C错误； ， ∴由正弦定理得的外接圆半径，故选项D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用、、、、、、这个数字可以组成没有重复数字三位数的个数为______（用数字作答）． 【答案】 【解析】 【详解】数字不能放首位，则首位有种选择，十位有种选择，个位有种选择， 由分步乘法计数原理可知，满足条件的三位数的个数为个. 13. 已知是定义在上的偶函数，且对任意有，则_________． 【答案】1 【解析】 【分析】利用换元法得到，由偶函数的性质求解即可. 【详解】令，则， 所以， 因为为偶函数，所以表达式中的一次项系数为0， 即，解得. 14. 在正三棱锥P－ABC中，E为棱PC的中点，四点P，A，B，E在球的球面上，A，B，C，E在球的球面上，若，则点P到平面ABC距离的平方为______． 【答案】或 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系,利用空间向量求解． 【详解】记为中心，以为原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，，，记，，由球心到球面的距离为半径可得 ， 解得， ， 解得 由得， ， ， ， 或， 于是所求距离的平方或． 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. 已知公比为的等比数列的前项和为，且． （1）若，求； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）或． （2） 【解析】 【分析】（1）由等比数列通项公式和求和公式得到方程组，求出首项； （2），分和两种情况，结合对勾函数性质可得答案 【小问1详解】 ，由，得，又，，即或． 由，得，，或． 或． 【小问2详解】 由，得．由，得，或． 又． 由“对勾函数”的性质易知，当时，单调递增， 所以； 当时，单调递增， 所以， 综上，的取值范围是. 16. 如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，，且，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：，，． 又，是平面内两条相交直线， 平面，． 又四边形为平行四边形，， 四边形为矩形，． ，是平面内的两条相交直线，平面． 又平面，． （2） 【解析】 【分析】（1）结合图形和线面垂直判定定理证明平面，进而证明. （2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标；求出平面的法向量，以及直线的方向向量，利用线面角的向量公式计算正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， ，，． 设平面的一个法向量为， 则，令，可得. 设直线与平面所成的角为， 则． 直线与平面所成角的正弦值为． 17. 某博物馆工作人员将古籍放入展柜前需读取某项评价指标，古籍的实际状态分为可直接入柜与需干燥两类，抽取一本古籍可直接入柜的概率为．当古籍可直接入柜时，；当古籍需干燥时，．规定时，古籍将被登记．现任取一本古籍． （1）求该本古籍被登记的概率关于的表达式； （2）登记后，按费用期望较小原则选择直接入柜或复检．已知复检可避免损失，且需干燥古籍直接入柜的损失为复检费用的4倍．若该古籍被建议复检，求的取值范围． 附：若，则取． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 记“古籍可直接入柜”为事件，“古籍需干燥”为事件，“古籍被登记”为事件，则，，且表示. 当事件发生时，，得，，所以. 由正态分布的对称性及题设，，故. 当事件发生时，，得，所以. 由全概率公式，. 【小问2详解】 由条件概率公式，登记后古籍需干燥的概率为. 设复检费用为元，则，需干燥的古籍直接入柜的损失为元. 对已登记的古籍，若直接入柜，费用期望为；若复检，费用期望为. 按费用期望较小原则，若建议复检，则，即. 由于且，整理得，即，所以. 又因为概率，，故的取值范围为. 18. 已知函数及其导函数的定义域均为，的图象为一条连续不断的曲线，且与在上恒成立，设定义域为的函数． （1）求；（用含和的代数式表示）； （2）若． （ⅰ）证明：； （ⅱ）判断方程实根的个数，并说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）由（1）得， 因为，，，， 所以，即． 若存在，使得， 因为在上恒成立，所以在上单调递增， 又，则，与矛盾， 所以． （ⅱ）方程有且仅有一个实根． 因为，所以在上单调递增， 令，， 所以在上单调递增， 因此方程至多有一个实根． 因为，且的图象为一条连续不断的曲线， 所以， 取，则，从而， 所以， 由零点存在定理可知在内至少有一个零点， 故方程有且仅有一个实根． 【解析】 【分析】（1）利用公式求解. （2）（ⅰ）由，，，，得到．若存在，使得，由在上恒成立，得到在上单调递增，从而得到，与矛盾，从而得到证明. （ⅱ）求出在上单调递增，构造函数，利用导数法得到在上单调递增，得到方程至多有一个实根，由的图象为一条连续不断的曲线，得到，由零点存在定理可知在内至少有一个零点，从而得到结论. 【小问1详解】 因为，且， 所以． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 19. 在平面直角坐标系中，设抛物线：，点（）．过点的直线与交于，两点，设点到直线的垂足为，记的面积为． （1）若，且轴，求； （2）求关于的表达式； （3）当直线变化时，若为定值，则求出的值，并求该定值． 【答案】（1）2 （2） （3），定值为2． 【解析】 【分析】（1）由直线与抛物线联立求解出，两点，再根据三角形面积公式即可求出. （2）先设出直线的方程，再联立抛物线方程，分别表示出即可. （3）由（2）可得，，再代入求解即可. 【小问1详解】 由且轴，得：． 将代入，得，得， 从而． 点到直线的距离为1，故． 【小问2详解】 设直线：， 联立抛物线方程得， ，设，， ，又∵，∴， ，， ∴. 【小问3详解】 由（2）得， ∴， ∴， 当时，为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $