精品解析：浙江省杭州高级中学2026-2027学年高三上学期9月月考数学试题

杭高2026学年第一学期高三9月月考 （数学）试题卷 命题：贡院高三数学备课组 审题：钱江高三数学备课组 1.本试卷分试题卷和答题卷两部分.本卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前务必将自己的班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的地方. 3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 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. 已知函数，则 （ ） A. 4 B. 2 C. D. 2. 已知是非零平面向量，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 3. 某圆台形无盖水桶的表面积为，水桶下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm，则该水桶的容积为（ ）（水桶壁与底的厚度忽略不计） A. B. C. D. 4. 已知两个线性相关变量与的统计数据如下表： 2 3 5 6 2.6 4.0 5.6 5.8 其回归直线方程是，据此计算，则样本点在处的残差为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，为抛物线上一动点，则的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（ ） A. 1 B. C. D. 7. 已知函数定义域为，且函数与均为偶函数，当时，是减函数，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 某工厂某次送检的产品中有3件一等品和2件二等品，质检员每次从这批产品中随机抽取一件进行检测，若抽到一等品则放回，若抽到二等品则不放回（留作下一步检验）.记为进行了次检测后，二等品恰好全部被抽出的概率，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. 在三棱台中，底面，，分别为棱的中点，则下列判断正确的有（ ） A. B. 平面 C. 直线与直线共面 D. 直线与直线异面 10. 下列关于多项式的展开式的结论中，正确的是（ ） A. 各项系数之和为 B. 各项系数的绝对值之和为 C. 不存在项 D. 常数项为 11. 已知函数交轴于点，（），交轴于点，则（ ） A. 取值范围为 B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 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. 某同学坚持跑步锻炼身体，他记录了8周的跑步数据（单位：千米）：，则这组数据的第40百分位数为________. 13. 已知是正实数，复数，，若的实部与虚部相等，则的最小值为________. 14. 如图，对垂直于球门底线的射线，当与底线的交点在线段的延长线上时，可以证明总能在上找到唯一的最佳射门点，即使最大的点.而当小申同学考察沿着直线在点右侧平行移动的情况时，发现相应的点都落在某条圆锥曲线上.则该曲线的离心率为_________. 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. 已知数列的前项和为，且. （1）设，证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 在中，内角的对边分别为，若. （1）求角的大小； （2）若，的平分线交于点，求线段长度的取值范围. 17. 如图，在四面体中，D为棱上一点，，，，且，，二面角的大小为． （1）证明：平面； （2）求四面体外接球的体积； （3）求的长． 18. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论零点的个数； （3）若，求实数的取值范围. 19. 已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为． （1）求曲线E的方程； （2）已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，． （ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率； （ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭高2026学年第一学期高三9月月考 （数学）试题卷 命题：贡院高三数学备课组 审题：钱江高三数学备课组 1.本试卷分试题卷和答题卷两部分.本卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前务必将自己的班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的地方. 3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 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. 已知函数，则 （ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以，， 所以. 2. 已知是非零平面向量，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】B 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义和运算律，结合充分条件和必要条件的定义即可求解. 【详解】由，得，故必要性成立； 由，得，得， 不一定成立，故充分性不成立. 所以“”是“”必要不充分条件. 故选：B 3. 某圆台形无盖水桶的表面积为，水桶下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm，则该水桶的容积为（ ）（水桶壁与底的厚度忽略不计） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】水桶是一个倒立的圆台，设母线长为，由圆台的体积公式求解． 【详解】水桶是一个倒立的圆台，设母线长为， 因为表面积为，下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm， 所以，解得， 设水桶的高为，如图所示： ， 所以水桶的容积为. 故选：B 4. 已知两个线性相关变量与的统计数据如下表： 2 3 5 6 2.6 4.0 5.6 5.8 其回归直线方程是，据此计算，则样本点在处的残差为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据题意，，， 又在回归直线上，所以，解得， 所以回归直线方程为， 当时，得到预估值为， 所以样本点在处的残差为. 5. 已知，，为抛物线上一动点，则的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线定义可得，进而可解. 【详解】由抛物线的方程为，其焦点坐标为，准线为， 所以为抛物线的焦点， 因为在抛物线内部，作出示意图如下， 过点作准线的垂线，垂足为， 由抛物线定义可知，， 当且仅当三点共线时等号成立. 6. 已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】辅助角公式得，取为锐角且，由得，，则，求值即可. 【详解】因为，取为锐角且，， 所以，由题意可得. 因为，不妨设， 由，有，，即， 所以， . 故选：D. 【点睛】思路点睛： 辅助角公式的作用之一是将含有正弦、余弦两种三角函数的表达式合并为只含有一种三角函数的表达式，两个角的正弦值相等，则这两个角终边重合或终边关于轴对称. 7. 已知函数定义域为，且函数与均为偶函数，当时，是减函数，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由两个偶函数推出周期为2，将a，b，c自变量统一转化到区间，利用该区间函数递减，比较自变量大小得到函数值大小. 【详解】因为函数是偶函数，则，又因为为偶函数，则， 可化为，所以有， 所以函数是周期为2的函数，则，， 又时，是减函数，由， 可得，即. 8. 某工厂某次送检的产品中有3件一等品和2件二等品，质检员每次从这批产品中随机抽取一件进行检测，若抽到一等品则放回，若抽到二等品则不放回（留作下一步检验）.记为进行了次检测后，二等品恰好全部被抽出的概率，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别计算，再计算，判断A；计算，判断B；计算，判断C；计算，判断D. 【详解】； ； ； ； 因为，所以，所以A错误； 因为，所以，所以B正确； 因为，所以，所以C错误； 因为， ，所以，所以D错误. 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. 在三棱台中，底面，，分别为棱的中点，则下列判断正确的有（ ） A. B. 平面 C. 直线与直线共面 D. 直线与直线异面 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面垂直证得A,利用棱台还原棱锥，判断与侧面相交否定B；相交直线必共面判定C；依据异面直线定义，验证和无交点且不平行，确定D. 【详解】对于选项A，如图所示： 已知，是中点，所以，又，因此， 由底面，平面，故，则， 又，且平面，所以平面， 又平面可得，则A正确. 对于选项B，棱台由棱锥截得，延长侧棱交于顶点P，因为分别为棱的中点，则三点共线，同时三点共线，故P是与直线的交点，平面，即直线与平面存在公共点P，则B错误. 对于选项C,由B选项可知，直线与直线交于原棱锥顶点P，空间中，两条相交直线可以确定唯一一个平面，因此与在同一个平面内，两直线共面，故C正确. 对于选项D，若，共面，则四点共面，则平面，又，平面，所以平面，所以平面，但平面，矛盾，假设错误，所以直线与直线异面,故D正确. 10. 下列关于多项式的展开式的结论中，正确的是（ ） A. 各项系数之和为 B. 各项系数的绝对值之和为 C. 不存在项 D. 常数项为 【答案】AD 【解析】 【分析】赋值法判断A、B；根据已知多项式，结合二项式定理判断C、D的正误. 【详解】令得，故A 正确﹔ 取多项式，将代入多项式可得，故B错误﹔ 由题设，， 若要得到含项，只需个因式中个取，剩下个取，故C错误; 个因式中个取，个取，剩下个取，得 5个因式中个取个取，剩下个取，得， 5个因式中均取，得. 故常数项为，D正确. 故选：AD. 11. 已知函数交轴于点，（），交轴于点，则（ ） A. 取值范围为 B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，结合导数判断的单调性与极值，根据极值和零点的关系确定的取值范围；选项B，结合题意构造函数，利用函数单调性确定的取值范围；选项C，结合夹角公式可得，再结合的范围，分析夹角的取值范围；选项D，通过取值分析范围即可. 【详解】选项A，对求导得，令得； 时，， 单调递减； 时，， 单调递增， 因此的最小值为，有两个零点需要， 即，故A错误. 选项B，由单调性可知零点满足 ，且， 令，在单调递增，取， 则： 求导得 ，故 ， 即，因此，即，B正确. 选项C，交 轴得， 故.是轴正方向与的夹角， 因此：，代入，令， 得：， 又，即，因此 ，C正确. 选项D，三角形内角和， 同理可得： 当时，，，故； 当时，，，故 . 始终大于、小于，因此，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某同学坚持跑步锻炼身体，他记录了8周的跑步数据（单位：千米）：，则这组数据的第40百分位数为________. 【答案】9 【解析】 【详解】将按从小到大顺序排列得. 因为，所以这组数据的第40百分位数为第4个数，即. 13. 已知是正实数，复数，，若的实部与虚部相等，则的最小值为________. 【答案】## 【解析】 【详解】， 由题意可得，所以， 所以，解得或（舍去）， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 14. 如图，对垂直于球门底线的射线，当与底线的交点在线段的延长线上时，可以证明总能在上找到唯一的最佳射门点，即使最大的点.而当小申同学考察沿着直线在点右侧平行移动的情况时，发现相应的点都落在某条圆锥曲线上.则该曲线的离心率为_________. 【答案】 【解析】 【分析】最佳射门点使最大，等价于过、的圆与射线所在的直线相切，为切点.由此确定点所在的曲线方程，再求其离心率. 【详解】如图，建立直角坐标系. 设，，， 要使最大，则点为过、的圆与直线的切点. 设过、的圆的圆心为，因为为圆与直线的切点，所以. 又，所以. 即点在等轴双曲线上，所以点所在圆锥曲线的离心率为. 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. 已知数列的前项和为，且. （1）设，证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）由题意，当时，，解得， 当时，由①，可得②， ①-②，可得，即， 两边同时加6，可得， ，，即. ， 数列是以2为首项，为公比的等比数列， ∴数列的通项公式为，即； （2） 【解析】 【分析】（1）应用等比数列定义证明，再结合等比数列通项公式计算求解； （2）应用错位相减法结合等比数列求和公式计算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，则， ， ， 两式相减，得， ， . 16. 在中，内角的对边分别为，若. （1）求角的大小； （2）若，的平分线交于点，求线段长度的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理进行求解； （2）由三角形的面积公式及余弦定理得，再由基本不等式求解． 【小问1详解】 因为， 所以：， 即， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得， 又，所以. 【小问2详解】 因为， 所以，解得， 由余弦定理得，即， 设 ，则 ， 由基本不等式：，故， 解得，故， 又 ，所以， 因此. 17. 如图，在四面体中，D为棱上一点，，，，且，，二面角的大小为． （1）证明：平面； （2）求四面体外接球的体积； （3）求的长． 【答案】（1） 由，，，可得：， 则由勾股定理得：，又，，平面， 所以平面； （2）； （3）. 【解析】 【分析】(1)利用勾股定理证明一个线线垂直，再利用一个已知的垂直关系，即可证明线面垂直； (2)利用线面垂直可得线线垂直，再证明平面，从而可得直角四面体，利用补形法求外接球半径，即可求出体积； (3)利用换底面建立空间直角坐标系，把所求的线段长设为参数，结合已知数据表示各点坐标，通过法向量夹角余弦值的绝对值为，建立相等关系求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 则四面体满足平面，， 因此这个四面体可以放在一个长方体里， 所以外接球的直径就是该长方体的体对角线， 因为，所以外接球的半径， 即该外接球的体积， 【小问3详解】 把这个三棱锥换成以作底面，因为，所以以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 由于平面，，，, 设，则， 即， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， 因为二面角的大小为， 所以，解得 故 18. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论零点的个数； （3）若，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，无零点；或时，有1个零点；当时，有2个零点. （3） 【解析】 【分析】（1）先求出导数，再点斜式得出切线方程； （2）分时，或时，时，结合函数单调性得出零点个数； （3）分两种情况讨论，利用函数单调性计算求解即可. 【小问1详解】 由已知，，， 所以切线方程为. 【小问2详解】 时，， 令，则， 所以，时，在上单调递减， 时，在上单调递增， 又时，时，，时，， 时，， 所以，①当时，无零点， ②或时，有1个零点， ③当时，有2个零点. 【小问3详解】 当时，由得， 所以，等价于对恒成立， 即对恒成立， 令，则， 当，当， 在内单调递减，在内单调递增， ，又， 对恒成立， 所以，时成立， 当时，，显然成立. 当时， 等价于或， 即或 对于，取，得，与矛盾，故不成立， 对于，即，对恒成立， 令，则， 在内单调递减， ，所以，， 综上，实数的取值范围是. 19. 已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为． （1）求曲线E的方程； （2）已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，． （ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率； （ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值． 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）9. 【解析】 【分析】（1）设过点的切线方程，联立曲线方程，根据判别式等于0即可得到答案； （2）（i）利用参数方程法，设出点坐标，代入计算即可； （ii）设，写出相关面积表达式，再分和时讨论即可. 【小问1详解】 设过点的切线为． 联立． 因为是切线，则， 化简得，则， 又取最大值时，为切线，且． . 【小问2详解】 （i）由（1）知椭圆为． 设. 则. 又. 因,则得, 故，即直线的斜率为． (ii)设， . 则． 题目条件为各面积相等，． 当时，设． 记． 则， 设，则， . 又， . 当时，若存在，由得． 又，其余各，这与矛盾． ． 记．则 . 故. 又， . 由柯西不等式，． 又． 又． 取，则满足面积相等， 且． 又对一切满足条件的，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $