精品解析：山西大学附属中学校2026-2027学年高三上学期9月月考（总第三次）数学试题

2026年9月4日高中数学作业 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】全称量词命题的否定为将量词更改，命题否定， 因此命题“，”的否定为命题“，”. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先应用一元二次不等式求解集合，再应用值域得出集合，最后应用交集定义计算求解. 【详解】集合，， 则. 故选：B. 3. 已知，且，则下列不等式不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】选项A，因为，所以，所以成立. 选项B，若，则不成立. 选项C，因为，并且(，等号取不到)，所以， 因此，成立. 选项D，，等号在时成立，但是，所以等号无法取到，因此. 4. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个圆心角为直角的扇形，则该圆锥的母线长为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆锥底面周长等于侧面展开图扇形弧长求解. 【详解】设母线长为，则，. 5. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，又得，进而得，计算即可求解. 【详解】由， 又，所以， 所以， 所以， 又，所以， 所以， 故选：D. 6. 已知是上的奇函数，当时，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据基本函数的单调性以及奇函数的性质，可得在上单调递增，即可利用单调性求解. 【详解】由于均为上的单调递增函数，故在上单调递增， 由于是上的奇函数，故在上单调递增， 又，故， 由得，等价于， 所以，解得. 故选：A. 7. 设函数，若恒成立，且在上最大值与最小值的和为0，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦函数的性质结合已知条件求出的特征，再结合最大值与最小值的和为0的条件，求出的最小值． 【详解】，周期为， ，则是周期， ，即是正偶数， 当时，， 已知最大值与最小值的和为0， 最大值与最小值互为相反数， 若，区间，最大值为，最小值为1，和不为0； 若，区间，最大值为，最小值为，和不为0； 若，区间，最大值为，最小值为，和为0； 的最小值为6． 8. 若，数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 76 B. 38 C. 19 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数的对称性，求出数列的通项公式，再利用数列性质及函数对称性求和可得结果. 【详解】因为函数的定义域为， 且， 所以函数的图象关于点成中心对称， 所以，若，则. 由，得当时，， 两式相减得，整理得，即， 因为，，所以，即， 所以对任意正整数，都有， 所以数列为常数列，故，即， 由得数列是等差数列， 所以， 故， 所以. 故选：B. 二、多选题 9. 已知复数，，在复平面内，，的对应点分别为，，为坐标原点，则（ ） A. 的虚部为 B. C. 向量，的夹角为 D. 向量在上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A项，，则，则的虚部为，故A错误； 对于B项，，则，故B正确； 对于C项，，，则，， 设向量，的夹角为，故， 因为，所以，故C正确； 对于D项，向量在上的投影向量为，故D正确. 10. 若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角C一定为锐角 B. C. D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，根据三角降幂公式将条件化成即可判断；对于B，在A得到后，利用正弦定理与内角关系化简得到，即可判断；对于C，将已得式利用余弦定理即可化简得到；对于D，利用，将化成，借助于基本不等式，求得其最值即可判断. 【详解】对于A，由可得， 因，代入得：，则，角为钝角，故A错误； 对于B， 由A得，利用正弦定理，， 又， 代入上式，可得， 即，显然两边同时除以， 可得，因，则成立，故B正确； 对于C，由A项已得，由余弦定理，， 化简得：，即，故C正确； 对于D，因， 由B项得，代入可得：， 因，，由， 当且仅当，即时等号成立，此时取得最大值为，故D错误. 故选：BC. 11. 已知函数与的部分图象如图所示，为两曲线相邻的交点的横坐标，记，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 若在上有9个零点，则 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由求导得，根据图像分和两种情况分析求出求得周期可判断A、B；由求得相邻两零点的距离，结合在上零点的个数求出的范围即可判断C；先由，得，再由及求得的值，进而通过诱导公式结合三角恒等变换求解即可判断D. 【详解】对于A，B，，若，则，得， 所以，又且，得， 此时，符合题意； 若，则，得，所以， 又，且，得，此时， 在其单调递减区间内，与图象不符，所以，最小正周期为，故A正确，B错误； 对于C，由得，所以相邻两零点的距离为， 因为在上有9个零点，所以， 即，故C正确； 对于D，由，得， 又由，且， 得， 所以 ，故D正确． 三、填空题 12. 已知，二项式的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据赋值法，结合二项式的通项公式进行求解即可. 【详解】因为二项式的展开式中所有项的系数和为64， 所以，或舍去， 二项式的通项公式为， 令， 所以展开式中的常数项为. 故答案为： 13. 如图，单位圆与轴的正半轴的交点为，点，在圆上，点位于第一象限，点，，为正三角形，则__________． 【答案】## 【解析】 【详解】， 因为，且 所以. 因此. 14. 已知数列满足，数列满足在任意的之间插入数列的项()，从而构成一个新数列，设的前n项和为，则_______(请用数字作答). 【答案】 【解析】 【分析】整理变形得，则根据常数列得到，再分析得为新数列的第43项，最后利用分组求和法即可得到答案. 【详解】因为，即， 可得，可知为常数列，则， 故，根据题意， 当时，新数列中前共有数列的前项， 故为新数列的第项，当时，， 即为新数列的第43项，且与之间插入了共13项， 则. 四、解答题 15. 已知数列中，，且满足．设，． （1）证明为等比数列，并求通项公式； （2）求数列的通项公式. 【答案】（1） 证明：，， ，， ，， ，为等比数列，公比为，首项为， ； （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的定义证明，利用等比数列的通项公式求解； （2）利用累加法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，，， ，，， ∴当时， ， 又， . 16. 已知边长为4的菱形（如图1），与相交于点为线段上一点，将三角形沿折叠成三棱锥（如图2）． （1）证明：； （2）若三棱锥的体积为8，二面角的余弦值为，求的长． 【答案】（1） 因为四边形是边长为4的菱形，并且， 所以均为等边三角形， 故，且， 因为平面平面，且， 所以平面 因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）要证，只需证平面，只需证，由题易证； （2）由体积求出的长，建立空间直角坐标系，假设，求出平面的法向量，由余弦值为，求出，进而可求的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设到平面的距离为，因为等边三角形的边长为4， 所以三棱锥的体积为，所以， 因为，所以平面， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系； 则，，设 因为⊥平面，所以是平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 又， 故 取，则， 得， 因为二面角的余弦值为， 所以 解得：或（舍去），此时． 17. 已知椭圆E：（）的离心率为，，，且原点到直线的距离等于． （1）求椭圆的方程； （2）设点（）在椭圆上，直线交轴于点．点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得?若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）存在点，理由如下： 假设存在点满足题意，设， ，直线DA的方程为：， 令，； ，直线DB的方程为：，直线DB与x轴交于点N， 令，则． ，， ， 则， 所以，（注：点在椭圆E上，）， 则，存在点使得． 【解析】 【分析】（1）由离心率得出关系，利用原点到直线CD的距离可求出得椭圆方程； （2）假设存在点满足题意，设，利用求出，能求出说明存在，不能求出说明不存在． 【小问1详解】 由，得， 由点，可知直线CD的方程为，即． 由于原点到直线CD的距离为，即， 得，， 所以椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 略 18. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）判断的形状； （2）若边上的两条中线相交于点，求； （3）若在边上，在边上，且，设，求的最大值． 【答案】（1）①当时，是等腰三角形；②当时，是直角三角形. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理实现边角互化，通过的两种情况，精准判断三角形形状； （2）先排除等腰情况，利用直角三角形性质、重心分中线比例，再用余弦定理求夹角； （3）借助正弦定理将边比转化为角的关系，利用的最大值快速锁定的最大值. 【小问1详解】 由正弦定理得． 即，又，，， 所以或， ①当时，是等腰三角形；②当时，是直角三角形. 因此是等腰三角形或直角三角形. 【小问2详解】 若，则，，不满足三角形三边关系，舍去； 若，则，， 因为点是边上的两条中线的交点，所以为此的重心，且 根据重心性质可得， 则. 【小问3详解】 若为等腰三角形，且， 在中，由正弦定理得，其中， 故，结合得，， 整理得，故， 由辅助角公式可得，其中， 故，解得， 若为直角三角形，即，​ 在中，，即， 因此. 19. 有一位老师叫他的学生到麦田里，摘一颗全麦田里最大的麦穗，期间只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头．结果他的学生两手空空走出麦田，因为他不知道前面是否有更好的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到．假设该学生在麦田中一共会遇到颗麦穗（假设颗麦穗的大小均不相同），最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，为了使他能在这些麦穗中摘到那颗最大的麦穗，现有如下策略：不摘前颗麦穗，自第颗开始，只要发现比他前面见过的麦穗都大的，就摘这颗麦穗，否则就摘最后一颗．设，该学生摘到那颗最大的麦穗的概率为．（取） （1）若，，求； （2）若，，则在摘到最大麦穗的条件下，最大麦穗出现在第颗的概率； （3）若取无穷大，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值． 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）利用4颗麦穗的全排列情况，以及满足条件的排列情况，结合古典概型求概率. （2）设事件：成功摘到最大麦穗；事件：最大麦穗出现在第个位置，得，.当时，；当时，.再利用全概率公式和条件概率公式即可. （3）由已知，令，利用求出的最大值及最大值时的值即可. 【小问1详解】 这4颗麦穗的位置从第1颗到第4颗排序，全排列有种情况. 要摘到那颗最大的麦穗，分为以下两种情况： ①最大的麦穗是第3颗，其余麦穗任意排列，有种情况； ②最大的麦穗是最后1颗，且前3颗里第二大的麦穗出现在第1颗或第2颗，其余麦穗任意排列，有种情况. 所以. 【小问2详解】 设事件：成功摘到最大麦穗；事件：最大麦穗出现在第个位置. 最大麦穗出现在每个位置的概率均等，故. 由全概率公式得. 当时，最大的麦穗落在前颗麦穗之中，不会被摘到，； 当时，最大的麦穗被摘到，当且仅当前颗麦穗中的最大值的一颗在前颗麦穗中，此时. 所以当，时， 又因为， 所以，即所求概率为. 【小问3详解】 由全概率公式得. 因为，所以. 令. 所以，令，即，则. 当时，，函数在区间是单调递增； 当时，，函数在区间是单调递减； 所以. 所以的最大值为且取最大值时的值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年9月4日高中数学作业 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，且，则下列不等式不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个圆心角为直角的扇形，则该圆锥的母线长为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是上的奇函数，当时，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，若恒成立，且在上最大值与最小值的和为0，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 5 D. 4 8. 若，数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 76 B. 38 C. 19 D. 0 二、多选题 9. 已知复数，，在复平面内，，的对应点分别为，，为坐标原点，则（ ） A. 的虚部为 B. C. 向量，的夹角为 D. 向量在上的投影向量为 10. 若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角C一定为锐角 B. C. D. 的最小值为 11. 已知函数与的部分图象如图所示，为两曲线相邻的交点的横坐标，记，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 若在上有9个零点，则 D. 三、填空题 12. 已知，二项式的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为__________. 13. 如图，单位圆与轴的正半轴的交点为，点，在圆上，点位于第一象限，点，，为正三角形，则__________． 14. 已知数列满足，数列满足在任意的之间插入数列的项()，从而构成一个新数列，设的前n项和为，则_______(请用数字作答). 四、解答题 15. 已知数列中，，且满足．设，． （1）证明为等比数列，并求通项公式； （2）求数列的通项公式. 16. 已知边长为4的菱形（如图1），与相交于点为线段上一点，将三角形沿折叠成三棱锥（如图2）． （1）证明：； （2）若三棱锥的体积为8，二面角的余弦值为，求的长． 17. 已知椭圆E：（）的离心率为，，，且原点到直线的距离等于． （1）求椭圆的方程； （2）设点（）在椭圆上，直线交轴于点．点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得?若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 18. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）判断的形状； （2）若边上的两条中线相交于点，求； （3）若在边上，在边上，且，设，求的最大值． 19. 有一位老师叫他的学生到麦田里，摘一颗全麦田里最大的麦穗，期间只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头．结果他的学生两手空空走出麦田，因为他不知道前面是否有更好的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到．假设该学生在麦田中一共会遇到颗麦穗（假设颗麦穗的大小均不相同），最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，为了使他能在这些麦穗中摘到那颗最大的麦穗，现有如下策略：不摘前颗麦穗，自第颗开始，只要发现比他前面见过的麦穗都大的，就摘这颗麦穗，否则就摘最后一颗．设，该学生摘到那颗最大的麦穗的概率为．（取） （1）若，，求； （2）若，，则在摘到最大麦穗的条件下，最大麦穗出现在第颗的概率； （3）若取无穷大，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $