精品解析：广东六校2027届高三第一次联考九月考试数学试卷

2027届高三九月考试数学科试题 （满分150分．考试时间120分钟．） 注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回． 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次不等式化简集合,即可根据元素与集合的关系求解. 【详解】由可得， 结合，由于,故 故 2. 数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【详解】将数据从小到大排列：2，3，3，5，6，7，8，10， 因为，不是整数， 所以该组数据的第70百分位数为第6个数字，即7. 3. 设，若，则（ ） A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 【答案】B 【解析】 【详解】函数， 由题意可知，，恒成立，则且. 4. 的展开式中常数项为（ ） A. B. 20 C. D. 15 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得的通项公式为， 令，可得，即其常数项为. 5. 若为虚数单位，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用虚数的计算法则，逐项计算，即可求解. 【详解】由，其中， 所以. 6. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据选项构造函数，利用判断A、B、D，根据奇函数的定义判断C. 【详解】对于A：令，则定义域为，因为， 所以不是奇函数，A错误； 对于B：令，则定义域为，因为， 所以不是奇函数，B错误； 对于C：令，则定义域为， 因为 ，即所以是奇函数，C正确； 对于D：令，则定义域为， 因为，所以不是奇函数，D错误； 故选：C. 7. 已知函数，，若的零点恰为的零点，则的最大值为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出两个函数的零点集合，根据两集合相等的条件，结合正弦函数的有界性求解整数的最大值. 【详解】 设 ， ，由题意得， 求解集合：由，可得，显然恒成立； 求解集合：由，得，即，， 要满足，需不存在使得（且）， 利用正弦函数有界性：对任意，，故， 要使区间内不存在非零的整数倍，需满足， 由于，且，因此整数的最大值为3. 8. 设椭圆C：，点和均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上. 若，则四边形面积的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由条件先判断四边形为梯形，设出直线的方程，与椭圆方程联立求出，列出梯形的面积表达式，通过换元借助于二次函数的性质求解最大值. 【详解】由和可得，所以椭圆方程为， 因直线的斜率为，可得其方程为， 又因，故可设直线的方程为， 将其与联立消去，可得， 由解得， 由韦达定理得， 所以， 由可知四边形为梯形，而直线的方程即， 则梯形的高也即点到直线的距离为， 故梯形的面积为， 由图知面积最大值不在时（此时在上方）取得，故只需考虑， 令，则，则，则， 再令，则，， 故， 故当时，取得最大值为. [Failed to load image : https://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/editorImg/2026/4/8/5ab71afd-f879-40cf-b2d0-a87de45695db.svg] 【点睛】对于形如的根式，可以利用三角换元处理. 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．全部选对的得全部分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知三棱锥，所有面均为等腰三角形，底面的外接圆半径为1，，侧棱长均为3，则该三棱锥的体积可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由正弦定理可得，进而可得或，根据三棱锥体积公式分类计算求解. 【详解】设外接圆的圆心为，由题意可得， 则三棱锥的高， 在中，由正弦定理可得，则， 所以或， 当时，由题意可得为等边三角形， 此时， ； 当时，是以底角为的等腰三角形， 此时， 所以， . 10. 已知，，，其中表示中较大的数，当且仅当时，，则（ ） A. B. C. 若，，则 D. 在上恰有3个零点 【答案】ABC 【解析】 【分析】由条件可得，且，进而得到．对于A，直接代入计算即可；对于B，代入即可判断；对于C，利用的极值点偏移性质即可判断；对于D，分区间讨论零点即可判断． 【详解】由于当且仅当时，， 结合多项式的连续性，可知， 而两侧附近，故必为二重根， 因此可写成，其中， 即，故， 对于A，由于，， 所以，故A正确； 对于B，代入，可得 由于，故，故B正确； 对于C，定义域为， 求导得， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以函数在处有最大值为， 若，，则， 等价于，即，， 若，则结论显然成立，若，， 令， 则， 令，则， 由二次函数性质可知在上单调递增，则， 所以在上单调递减，则， 所以，在上单调递增， 则，， 所以，因为在区间上单调递增，所以， 故成立， 所以若，，则，故C正确； 对于D，等价于，即两函数均且至少一个为0， 当时，，故，无零点， 当时，，，故，为1个零点， 当时，，，故，无零点， 当时，，，故，为第2个零点， 当时，，故，无零点， 因此在上共2个零点，故D错误． 11. 定义：一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最大值称为该区域的“直径”.在中，，BC边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，记三个半圆围成的平面区域为W，其“直径”为d，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 当时， D. d的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】A利用等面积得出，再利用余弦定理即可；B得出，再结合不等式即可；C根据即可求出；D结合基本不等式和求出的范围即可. 【详解】设A，B，C所对的边分别为a，b，c， 由已知，，得， 又由余弦定理可知， 即，故A正确； 的面积为， 又，即，当且仅当时取等， 故的面积，故B正确； 设边上的中点分别为，在上取一点M，在上取一点， 由两点间线段最短可得， 当且仅当四点共线时取等，所以， 当时，，，得， 故为以B为直角顶点的等腰直角三角形， ∴，故C错误； 由A知，， 则（当且仅当时等号成立）， 又因，则， 则，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的实轴长为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用双曲线的几何性质，即可求解. 【详解】由双曲线，可得，可得，所以双曲线的实轴长. 13. 已知中，，为的平分线，且，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用角平分线求出向量之间的转化关系. 【详解】已知，所以，即, 所以， 又因为为的平分线，所以， 设则，根据勾股定理， 所以. 14. 甲有2个白球和1个黑球，乙有3个白球，甲乙两人每次交换1个球，经过5次交换后，黑球仍然在甲手中的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】记次交换后黑球仍在甲手中的概率为，根据全概率公式写出与的递推关系，然后利用构造法求出数列的通项公式，将代入通项公式即可求解. 【详解】记次交换后黑球仍在甲手中的概率为，则， 若次交换后黑球已经在甲手中：交换时甲不拿出黑球，才能让黑球留在甲手中， 概率为（甲共3个球，拿白球不换出黑球的概率为）； 次交换后黑球在乙手中：交换时乙拿出黑球，才能把黑球换回到甲手中， 概率为（乙共3个球，拿出黑球的概率为​）； 所以， 故数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 故． 四、解答题：本大题共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. 设公比为的等比数列的前项和为，且． （1）求和； （2）记，数列的前项和为，求． 【答案】（1） ， （2） （等价化简形式均可） 【解析】 【小问1详解】 已知，所以， 两式作差得：，即，， 所以，所以等比数列的公比为， 当时，， 又有，所以，， 综上，； 【小问2详解】 由知，， 所以， 则， 所以. 16. 如图所示，已知直四棱柱中，，，． （1）求证：平面平面； （2）若平面，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明： 设，，如图所示，以为原点，为轴， 为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则. . ，所以. 因为平面，底面，所以. 又，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】设，建立空间直角坐标系，对于（1），利用垂直向量数量积为零证明，结合直四棱柱性质得，再结合面面垂直判定定理证明； 对于（2），由平面，得与平面内两条相交直线、的方向向量点积为0，求解出的值；再分别求平面和平面的法向量，利用两平面法向量的夹角公式计算二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题干条件可得， 因为平面，平面，则， ， 故，，， 设平面的一个法向量，则 ， 令，则，得. ， 设平面的一个法向量，则 ， 令，则，得， 故. 由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为. 17. 某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表（单位：分钟）： 等待时间 频数 20 14 10 6 （1）估计这50名乘客的平均等待时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）记乘客等待时间为，随机变量X服从指数分布，且取值不超过的概率为，其中是自然对数的底数. （i）证明：对于任意的，有； （ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的均值. 【答案】（1）7.7分钟 （2） （i）由题意知，， 分别记已经等待s分钟和已经等待分钟为事件A和事件B， 则 . 所以对于任意的，有. （ii）元 【解析】 【分析】（1）利用组中值法计算样本均值即可. （2）（i）根据条件概率公式证明即可. （ii）结合指数分布的数学期望计算即可. 【小问1详解】 平均时间. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）知， ， 所以费用的期望是（元）. 18. 设抛物线是直线上的动点，是抛物线的两条切线，且与抛物线分别相切于两点． （1）设是抛物线上任意一点，求最小值； （2）记的中点是，求的轨迹方程； （3）记抛物线的焦点是，记，证明：． 【答案】（1） （2） （3） 过点分别作准线：的垂线，垂足分别为， 由点，得，而，得， 由（2）知，由，及， 得，而，得， 则 ， 得，即， 由抛物线的定义得，则为线段的垂直平分线， 得，同理可得， 得， 所以， 则, 同理， 得，由，得， 故． 【解析】 【分析】（1）设，最小值等于点到直线的距离的最小值，即可求解； （2）设，设，利用切线方程及韦达定理求出轨迹方程. （3）过点分别作准线：的垂线，垂足分别为，先证明，利用线段垂直平分线的性质及抛物线定义推理得证.． 【小问1详解】 由是抛物线上任意一点,设， 点到直线的距离为， 当时，取得最小值为， 故最小值为． 【小问2详解】 设， 抛物线上任一点，过点的切线方程为：， 下面证明:当过点的切线的斜率存在时,设切线方程为: , 与抛物线,消去得，， 整理得，， 则， 得，而， 得，得， 得， 则切线方程为：，得， 而，代入上式，得，即． 当过点的切线的斜率不存在时，切线方程为：，此时切点为坐标原点，也满足上式， 故抛物线上任一点，过点的切线方程为：， 由点是直线上的动点， 设，则切线均过点， 即，又，代入得， ， 得， 同理，， 所以是方程的两根， 由韦达定理得，， 因为的中点是，所以， ， 联立方程：，消去，得， 故的轨迹方程为：． 【小问3详解】 略 19. 已知函数， （1）当时，求的零点，且求在处的切线； （2）给定数集，任给，对应关系使函数的零点与对应． （ⅰ）证明：是函数，并讨论该函数的单调性； （ⅱ）若数列满足，，证明：． 【答案】（1）零点为；切线方程为. （2）证明： （ⅰ）当时，， 所以在上单调递增. 设，， 所以当，，单调递增； 当，，单调递减； 所以，故， 即，当时取等号， 因为，， 所以，使得，所以存在唯一零点， 所以对于任意一个的值，都有唯一零点与之对应， 即是函数， 方法一，在任取，且. 设， 所以，且， 所以. 因为，所以. 设， 当时，，所以在上单调递增. 因为，所以，， 所以函数在上单调递减. 方法二，由，两边对求导， 得 ，所以, 所以恒成立，所以， 所以函数在上单调递减. （ⅱ）由（ⅰ）知，， 由，得， 由及，可得，解得， 所以，解得， 所以. 由，得， 所以. 设，所以， 所以在上单调递减，所以，所以. 因为， 所以 . 【解析】 【分析】（1）代入得到表达式，令求解零点；再求的导数，将代入导数得切线斜率，结合点斜式求切线方程。 （2）（ⅰ）应用导函数得出在上单调递增结合，，应用零点存在定理证明；方法一：应用构造应用导数得出单调性结合单调性定义证明单调递减；方法二：两边对求导化简得出恒成立证明函数单调性； （ⅱ）根据（ⅰ）得，构造，应用导函数得出在上单调递减得出，结合数列求和证明不等式. 【小问1详解】 当时，令，显然时，， 故零点，且. 又，代入得， 在处的切线斜率. 由点斜式得切线方程：，即. 【小问2详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三九月考试数学科试题 （满分150分．考试时间120分钟．） 注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回． 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. 数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 7 3. 设，若，则（ ） A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 4. 的展开式中常数项为（ ） A. B. 20 C. D. 15 5. 若为虚数单位，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，若的零点恰为的零点，则的最大值为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 8. 设椭圆C：，点和均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上. 若，则四边形面积的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 2 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．全部选对的得全部分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知三棱锥，所有面均为等腰三角形，底面的外接圆半径为1，，侧棱长均为3，则该三棱锥的体积可能为（ ） A. B. C. D. 10. 已知，，，其中表示中较大的数，当且仅当时，，则（ ） A. B. C. 若，，则 D. 在上恰有3个零点 11. 定义：一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最大值称为该区域的“直径”.在中，，BC边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，记三个半圆围成的平面区域为W，其“直径”为d，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 当时， D. d的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的实轴长为_________． 13. 已知中，，为的平分线，且，则_________． 14. 甲有2个白球和1个黑球，乙有3个白球，甲乙两人每次交换1个球，经过5次交换后，黑球仍然在甲手中的概率为______． 四、解答题：本大题共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. 设公比为的等比数列的前项和为，且． （1）求和； （2）记，数列的前项和为，求． 16. 如图所示，已知直四棱柱中，，，． （1）求证：平面平面； （2）若平面，求二面角的余弦值． 17. 某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表（单位：分钟）： 等待时间 频数 20 14 10 6 （1）估计这50名乘客的平均等待时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）记乘客等待时间为，随机变量X服从指数分布，且取值不超过的概率为，其中是自然对数的底数. （i）证明：对于任意的，有； （ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的均值. 18. 设抛物线是直线上的动点，是抛物线的两条切线，且与抛物线分别相切于两点． （1）设是抛物线上任意一点，求最小值； （2）记的中点是，求的轨迹方程； （3）记抛物线的焦点是，记，证明：． 19. 已知函数， （1）当时，求的零点，且求在处的切线； （2）给定数集，任给，对应关系使函数的零点与对应． （ⅰ）证明：是函数，并讨论该函数的单调性； （ⅱ）若数列满足，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $