精品解析：河北石家庄二中润德学校2026-2027学年高三上学期9月数学学科考试题

石家庄二中润德学校高三年级数学学科考试题 考试日期：2026年9月13日 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共有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. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】． 2. 已知为纯虚数，且的实部为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设且， 则， 所以，解得 ， 则． 3. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】A、B、D项，结合特殊点即可排除；C项，求出奇偶性和单调性，即可判断. 【详解】由题意， 由题意及图得，函数为奇函数，且当时，， 对A选项，当时，，与图象不符，故A错误； 对B选项，当时，，与图象不符，故B错误； 对D选项，当时，，与图象不符，故D错误； 对C选项，在中， ，即该函数为奇函数， ，与图象相符，故C正确. 4. 已知函数在 处有极大值，则 的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 【答案】D 【解析】 【详解】由可得， 令，解得和， 若，则，函数在上单调递增，无极值点； 若，则和均为负数，极值点不可能为2，不符合题意； 当时，，当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故为函数的极大值点，故，则. 5. 已知直三棱柱的顶点都在球上，若，，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用底面直角三角形的性质求出底面外接圆半径，结合直棱柱高度确定球心位置及球心到底面的距离，根据求出球半径，进而计算表面积。 【详解】由，知为直角三角形，斜边为其外接圆直径. 计算， 故底面外接圆半径. 直三棱柱的高，球心位于上下底面外心连线的中点， 故球心到底面的距离. 设球半径为，则. 球的表面积. 6. 在的展开式中，设含项的系数为，则除以8的余数为（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】二项式定理结合组合数的性质进行求解. 【详解】因为二项式的展开式中项的系数为，所以的展开式中含项的系数为 . 所以, 展开式中前2025项均含56因子能被8整除，余7，所以除以8余数是7. 7. 若点是圆上的任一点，直线与轴、轴分别相交于、两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出图形，分析可知当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值，求出、的大小，可求得的最小值. 【详解】如下图所示： 直线的斜率为，倾斜角为，故， 圆的标准方程为，圆心为，半径为， 易知直线交轴于点，所以，， 由图可知，当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值， 由圆的几何性质可知，且，则， 故. 故选：A. 8. 已知函数在上单调递增，且其图象经过点和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，，根据两角差正切公式可得，结合根据在上单调递增即可求解. 【详解】由题意得，， 化简得，， 所以，可得， 根据在上单调递增，故，解得，所以. 故选：B 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 某生物公司研发的抗体的半衰期（单位：天）服从正态分布，则下列结论正确的是（ ）（参考数据：若，则，） A. 的均值为45天 B. 的方差为5 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A，根据正态分布，可知均值为天，正确. 选项B，根据正态分布，可知方差为，错误. 选项C，,正确. 选项D，因为，所以. 又因为，所以，正确. 10. 已知，则（ ） A. B. C. ， D. ， 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦型三角函数的周期性、对称性、值域及导数符号判断，需结合三角函数基本性质逐一验证判断可得. 【详解】选项A：函数的最小正周期，因此恒成立，正确. 选项B：代入计算得， 而，所以与不恒等， 如时，B错误. 选项C：当时，，此时， 因此，显然恒成立，C正确. 选项D：求导得， 当时，，， 即，因此不恒成立，D错误. 11. 已知，下面结论正确的是（ ） A. 若，，且的最小值为，则 B. 存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称 C. 若在上恰有7个零点，则的取值范围是 D. 若在上单调递增，则的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】先对原函数利用余弦的二倍角公式和诱导公式进行化简得到，利用正弦函数的性质求解周期判断A；先对函数进行平移，得到，然后再令，通过赋值求解出的值，然后结合条件给的范围判断B；利用正弦函数的性质结合给定条件建立不等式，求解参数判断C，可根据条件并结合正弦函数的单调性建立不等式求解参数范围判断D即可. 【详解】由已知得， 对于A，若，，且的最小值为， 而的最小值为，故，解得，故A错误， 对于B，的图像向右平移个单位长度后得到的解析式为：，该图像要想关于y轴对称， 则需满足，解得，当时，，故B正确； 对于C，令，则， 得到，解得，则当时，得到第个零点为， 当时，得到第个零点为，因为函数在上恰有7个零点， 所以，解得，故C错误， 对于D，若函数在上单调递增，则， ，而由正弦函数性质得在上单调递增， 可得，解得，又因为，所以的取值范围是，故D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数与的图象关于直线对称，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由函数的对称关系写出函数解析式. 【详解】由题意可知 13. 已知椭圆及点，，点是上与，不共线的动点，则周长的最大值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】识别出点A为椭圆右焦点，利用椭圆定义将 转化为 ，由三角形不等式得 ，取等时 共线，结合固定边 得周长最大值. 【详解】由椭圆方程 ，知 ，故 . 焦点为、，可见点 恰为右焦点 . 设  为椭圆上一点，则椭圆定义有， 而 ​，所以. 由三角形不等式，对任意点 ，有， 其中 ，，故. 因此， 等号当且仅当 三点共线且 位于 与 之间时取得， 所以的周长且最大值能达到. 则周长的最大值为. 14. 已知，，且，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式求和的最小值. 【详解】因为，所以，所以. 又， 当且仅当即，时取“”. 所以，即的最小值为11. 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）求函数的单调递增区间； （2）若，，求的值. 【答案】（1）（） （2） 【解析】 【小问1详解】 由题可知， 由（）可得（）， 所以的递增区间为（）． 【小问2详解】 由，得，因为，所以， 若，则，不合题意 若，则，不合题意 所以，所以， 所以． 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设． （1）求A； （2）若，求sinC． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果； （2）[方法一]由题意利用正弦定理边化角，然后结合三角形内角和可得，然后结合辅助角公式可得，据此由两角和差正余弦公式可得． 【详解】（1）， 即：， 由正弦定理可得：， ， ，. （2）[方法一]正弦定理+两角和差正余弦 由（1）知，，所以由， 得， 整理得，即． 又，所以，即， 则． [方法二]正弦定理+方程思想 由，得， 代入， 得， 整理得，则． 由，得， 所以． [方法三]余弦定理 令．由，得． 将代入中，可得， 即，解得或（舍去）． 所以， 从而． [方法四]射影定理 因为，所以， 由射影定理得， 所以． 【整体点评】方法一：首先由正弦定理边化角，然后由两角和差正余弦公式求解的值； 方法二：首先由正弦定理边化角，然后结合题意列方程，求解方程可得的值； 方法三：利用余弦定理求得的值，然后结合正弦定理可得的值； 方法四：利用摄影定理求得的值，然后由两角和差正余弦公式求解的值； 【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系. 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，三棱锥是底面边长为的正三棱锥． （1）证明：； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求． 【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接， 由三棱锥是正三棱锥，可得， 所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为在平行四边形中， 所以． （2）或 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，易得，进而得到平面，则，然后可证； （2）以为原点建立空间直角坐标系，设，分别求出平面、平面的一个法向量，然后构建方程求出，再根据勾股定理求边长即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在线段上取点，使得，连接，则为三棱锥的高， 以为原点，直线为轴，过点与平行的直线为轴， 直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为是边长为的正三角形，所以， 设，则， 所以， 设平面的法向量， 则，即， 取，得， 设平面的法向量， 则，即， 取，得， 设平面与平面的夹角为， 则， 解得或， 所以或． 18. 设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标. （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）记，证明. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）对题中所给曲线的解析式进行求导，得出曲线在点处的切线斜率为.从而可以写出切线方程为.令.解得切线与轴交点的横坐标. （Ⅱ）要证，需考虑通项，通过适当放缩能够使得每项相消即可证明.思路如下：先表示出，求出初始条件当时，.当时，单独考虑，并放缩得，所以 ，综上可得对任意的，均有. 试题解析：（Ⅰ）解：，曲线在点处的切线斜率为. 从而切线方程为.令，解得切线与轴交点的横坐标. （Ⅱ）证：由题设和（Ⅰ）中的计算结果知 . 当时，. 当时，因为， 所以. 综上可得对任意的，均有. 考点：1.曲线的切线方程；2.数列的通项公式；3.放缩法证明不等式. 19. 口袋中装有形状、大小完全相同的4只小球，其中红球1只、黄球3只．现从口袋中有放回地取球，每次取出1球，取到红球得1分，取到黄球得2分． （1）在取球过程中，记事件“恰好得分”的概率为， （i）求； （ii）求； （2）若共取球次，表示次取球中取到红球的次数，记．求证：． 【答案】（1）（i）；（ii） （2）由题知，因为，所以， 由，，，，，，． 得 ． 因为，所以， 又， ， 所以， 故． 所以． 【解析】 【分析】（1）（i）分两种情况，根据互斥事件和独立事件概率公式求解；（ii）根据条件转化为关于数列的递推关系式，再求通项公式； （2）由条件可知，再写出随机变量的取值和期望公式，根据组合数公式和二项式定理化简. 【小问1详解】 （i）恰好得2分为第一次取到黄球，或者第一次与第二次均取到红球， 故恰好得2分的概率为． （ii）在取球过程中不得到分只有一种可能：得分后取到黄球得2分， 因此，，而，且，， 故． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石家庄二中润德学校高三年级数学学科考试题 考试日期：2026年9月13日 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共有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. （ ） A. B. C. D. 2. 已知为纯虚数，且的实部为，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数在 处有极大值，则 的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 5. 已知直三棱柱的顶点都在球上，若，，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 在的展开式中，设含项的系数为，则除以8的余数为（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 7. 若点是圆上的任一点，直线与轴、轴分别相交于、两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在上单调递增，且其图象经过点和，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 某生物公司研发的抗体的半衰期（单位：天）服从正态分布，则下列结论正确的是（ ）（参考数据：若，则，） A. 的均值为45天 B. 的方差为5 C. D. 10. 已知，则（ ） A. B. C. ， D. ， 11. 已知，下面结论正确的是（ ） A. 若，，且的最小值为，则 B. 存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称 C. 若在上恰有7个零点，则的取值范围是 D. 若在上单调递增，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数与的图象关于直线对称，则______． 13. 已知椭圆及点，，点是上与，不共线的动点，则周长的最大值为____________． 14. 已知，，且，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. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间； （2）若，，求的值. 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设． （1）求A； （2）若，求sinC． 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，三棱锥是底面边长为的正三棱锥． （1）证明：； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求． 18. 设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标. （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）记，证明. 19. 口袋中装有形状、大小完全相同的4只小球，其中红球1只、黄球3只．现从口袋中有放回地取球，每次取出1球，取到红球得1分，取到黄球得2分． （1）在取球过程中，记事件“恰好得分”的概率为， （i）求； （ii）求； （2）若共取球次，表示次取球中取到红球的次数，记．求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $