精品解析：广东省深圳市致理中学2026-2027学年高三上学期9月第一次模拟考试数学试题

2026—2027学年度第一学期2027届高三 9月第一次模拟考试数学试题 一、选择题：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. 已知集合 ，则 （     ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知是函数的对称轴，则的值可以是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知变量x和y满足经验回归方程，且变量x和y之间的一组相关数据如表所示，则下列说法错误的是（ ） 6 8 10 12 7 4 3 A. 变量x和y呈负相关 B. 当时， C. D. 该经验回归直线必过点 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. ，则数列的前项和为（    ） A. 112 B. 48 C. 80 D. 64 8. 已知P为椭圆E：（）上的动点，M，N为圆上的两个动点，若的最大值为，则E的离心率为（ ） 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. 已知二项式的展开式中各二项式系数和为，则下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有项 B. 二项式系数最大的项是第项 C. 展开式的常数项为 D. 展开式中各项的系数和为 10. 已知抛物线的焦点为，经过点且斜率为的直线与抛物线交于点两点（点在第一象限），若，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知正方体的棱长为1，点在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点的轨迹长度为 C. 线段长度的最小值为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与圆相切，则________． 13. 在正项等比数列中，若，，则______. 14. 已知函数有两条切线经过，则的取值范围是___________. 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. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 16. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积． 17. 小芳、小明两人各拿两颗质地均匀的骰子（点数为）玩游戏，游戏规则如下：每次由1人投掷手中的两颗骰子，在一次投掷后，若掷出的点数之和为4的倍数，则由原来投掷人继续投掷；若掷出的点数之和不是4的倍数，则由对方接着投掷． （1）求小明在一次投掷后，掷出的点数之和是4的倍数的概率； （2）规定第一次从小明开始，在游戏的前4次投掷中，设小芳投掷的次数为随机变量，求的分布列和均值； （3）若第一次从小芳开始，求第次由小芳投掷的概率． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若在内的最大值为2，求的值； （3）若，求的取值范围． 19. 已知椭圆的左，右焦点坐标分别为，，椭圆上任意一点到两焦点距离之和为4． （1）求椭圆的标准方程与离心率； （2）已知点，过定点的直线与椭圆交于，两点（异于），直线与轴交于点，直线与轴交于点． （i）求面积的最大值； （ii）求证：的中点为定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年度第一学期2027届高三 9月第一次模拟考试数学试题 一、选择题：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. 已知集合 ，则 （     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得，集合， 集合 所以. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】法一：由题意得， 所以，故C正确. 法二：由题意得，故，故C正确. 3. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量垂直即数量积为零的条件求得，再将其代入向量的坐标中计算得出模长. 【详解】由题意得，且， 即，解得，此时， 则. 4. 已知是函数的对称轴，则的值可以是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知函数在处取最值，代入求解即可. 【详解】因为， 又因为是函数的对称轴， 所以函数在处取最值， 所以， 解得， 所以当时，， 当时，， 故只有A选项满足. 5. 已知变量x和y满足经验回归方程，且变量x和y之间的一组相关数据如表所示，则下列说法错误的是（ ） 6 8 10 12 7 4 3 A. 变量x和y呈负相关 B. 当时， C. D. 该经验回归直线必过点 【答案】C 【解析】 【分析】对A：借助回归方程的斜率即可得；对B：将代入方程计算即可得；对C、D：借助线性回归方程必过点计算即可得. 【详解】对A：由可得，故变量x和y呈负相关，故A正确； 对B：当时，，故B正确； 对C：由表可得，， 故，解得，故C错误； 对D：由，，故D正确. 故选：C. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用同角关系得出，利用两角和差的余弦公式求得. 【详解】因，，，则，， 则. 故选：B 7. ，则数列的前项和为（    ） A. 112 B. 48 C. 80 D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】先根据求出,根据数列判断出正负情况，进而求得答案 【详解】因为， 所以当时，， 当时，， 经检验，满足上式， 所以，令，， 设数列的前n项和为， 则数列的前项和为 数列的前项和为 . 8. 已知P为椭圆E：（）上的动点，M，N为圆上的两个动点，若的最大值为，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】如图所示：若是定点，则直线与圆相切时，最大， 此时，又， 所以最小时，最大， 又P为椭圆E：（）上的动点， 所以最小时，点为椭圆的短轴的端点， 又因为的最大值为，所以的最大值为， 所以，所以， 所以E的离心率为 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. 已知二项式的展开式中各二项式系数和为，则下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有项 B. 二项式系数最大的项是第项 C. 展开式的常数项为 D. 展开式中各项的系数和为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据条件得到，即可求解；对于B，利用二项式系数的性质，即可求解；对于C，利用二项式的展开式的通项公式，即可求解；对于D，根据条件，通过赋值，即可求解. 【详解】由题知，得到，所以展开式共有项，故选项A错误， 对于选项B，因为，由二项式系数的性质知二项式系数最大的项是第项，所以选项B正角， 对于选项C，二项式的展开式的通项公式为， 由，得到，所以展开式的常数项为，所以选项C错误， 对于选项D，令，则，所以展开式中各项的系数和为，故选项D正确， 故选：BD. 10. 已知抛物线的焦点为，经过点且斜率为的直线与抛物线交于点两点（点在第一象限），若，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】直线与抛物线联立方程组，求出点的坐标，由，求得，即可计算选项中的结论. 【详解】设，， 因为，直线的斜率为，则设直线的方程为， 联立方程，消去y得，解得或， 又因为点在第一象限，则，即， 因为，即，故正确； 因为，所以，故B正确； 且，故C正确； 因为， 且直线的方程为，即为， 原点到直线的距离为， 所以，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知正方体的棱长为1，点在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点的轨迹长度为 C. 线段长度的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据平面平面，可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，建立空间直角坐标，利用数量积公式计算，依次判断可选项可求得结果. 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 正方体的内切球的球心为正方体的中心，半径， 平面的法向量： ，，设， 由，即，令，则，，所以. 对于选项A， ，因为平面，所以，而， 所以，即，A正确. 对于选项B，因为平面，平面平面， 所以点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为. 设平面与正方体的中心的距离，设平面的法向量为， ，， 设，由，可得， 令，则. ， ∴点到平面的距离为， ∴圆的半径为， ∴圆的周长，即点的轨迹长度为，B错误. 对于选项C， ，点在球面上， 线段长度的最小值为，C选项正确. 对于选项D，设与夹角为，，. 在平面直角坐标系中， ，， ，， ， ， 所以，令， ， ， 所以的最小值为，D选项正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定点的轨迹为平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，结合条件计算圆的半径，结合点与圆的位置关系求解计算. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与圆相切，则________． 【答案】 【解析】 【详解】圆的圆心为，半径. 由直线与圆相切，则得， 解得. 13. 在正项等比数列中，若，，则______. 【答案】1024## 【解析】 【分析】利用等比数列通项公式即可求出公比，再求首项，最后可得通项，从而可求解. 【详解】由题意知，， 因为正项等比数列，所以， 由，可得， 所以，即. 故答案为： 14. 已知函数有两条切线经过，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】首先设切点、写切线方程，然后代入定点得参数与切点的方程，转化为函数交点问题，最后构造函数，分析其单调性与极值. 【详解】设切点为，的导数，故切线斜率. 设切线方程为 将，代入切线方程得 化简得 令，，即与有两个交点. ，令得. 时，单调递减；时，单调递增. 所以极小值， 的图象如图， 要使与有两个交点，则 解得. 故答案为： 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. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，结合恒等变形可得，进而得到即可； （2）利用余弦定理解出，进而得到，再根据面积公式计算即可． 【小问1详解】 解：， 利用正弦定理：， 整理得：， 由于， 所以，因为，所以； 【小问2详解】 ，， ，即， 解得（负值已舍去），则， . 16. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积． 【答案】（1）如图所示，取中点，连结，．由题意可知，，， 且，．故且，故四边形为平行四边形． ． 平面，平面，平面. （2）1 【解析】 【分析】（1）在平面内找到一条平行于的直线，再运用线面平行的判定定理； （2）运用几何法或建立空间直角坐标系将四棱锥的高即的长度求出，再运用四棱锥的体积公式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （法一）取中点O，连结，，，，， ， 由题意可知，平面，平面， 因此，而，，平面， 平面． 故平面，则为直线与平面所成角， 即，故，而，所以． 四棱锥的体积； （法二）由题意可知，平面且， 以点A为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，，， 易知平面的法向量为，，设直线与平面所成角为θ， 则，解得，所以． 17. 小芳、小明两人各拿两颗质地均匀的骰子（点数为）玩游戏，游戏规则如下：每次由1人投掷手中的两颗骰子，在一次投掷后，若掷出的点数之和为4的倍数，则由原来投掷人继续投掷；若掷出的点数之和不是4的倍数，则由对方接着投掷． （1）求小明在一次投掷后，掷出的点数之和是4的倍数的概率； （2）规定第一次从小明开始，在游戏的前4次投掷中，设小芳投掷的次数为随机变量，求的分布列和均值； （3）若第一次从小芳开始，求第次由小芳投掷的概率． 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 均值为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率求解即可； （2）先分析小芳投掷的次数的所有可能的取值，然后求出分布列与数学期望即可； （3）若第1次从小芳开始，则第次对小芳投掷骰子分两种情况讨论，然后结合互斥事件性质，以及数列的递推关系式分析求解即可. 【小问1详解】 设事件为“小明投掷一次骰子后，点数之和为4的倍数”， 则基本事件为： ， ， ， 总数为36， 事件包含的基本事件有：， 共9个基本事件，所以. 【小问2详解】 由（1）知小芳投掷一次后，出现点数之和是4的倍数的概率也为， 由题意知可取值为，则： ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望为：. 【小问3详解】 若第一次从小芳开始，则第次由小芳投掷骰子有两种情况： 第一种情况：第次由小芳投掷，第次继续由小芳投掷，其概率为， 第二种情况：第次由小明投掷，第次由小芳投掷，其概率为， 由于这两种情况彼此互斥，所以， 所以，且， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若在内的最大值为2，求的值； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1）时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在内单调递减，在和上单调递增； 时，在区间上单调递增； 时，在区间内单调递减，在和上单调递增. （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）求导，分、、、四种情况讨论； （2）结合第1问的单调性求出最值即可； （3）利用参变分离求最值即可. 【小问1详解】 求导得， 当时，，则，得，，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 当时，令，解得或， 当时，，则，得或，，得， 则在内单调递减，在和上单调递增； 当时，，，则在区间上单调递增； 当时，，则，得或，，得， 则在区间内单调递减，在和上单调递增， 综上，时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在内单调递减，在和上单调递增； 时，在区间上单调递增； 时，在区间内单调递减，在和上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在内单调递增， 则，解得与矛盾； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以，即， 令则， 则在上单调递减， 又，故； 综上，. 【小问3详解】 由可得， 即， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则，则， 故，令， 则，令，解得， 则当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 则，所以， 故的取值范围为． 19. 已知椭圆的左，右焦点坐标分别为，，椭圆上任意一点到两焦点距离之和为4． （1）求椭圆的标准方程与离心率； （2）已知点，过定点的直线与椭圆交于，两点（异于），直线与轴交于点，直线与轴交于点． （i）求面积的最大值； （ii）求证：的中点为定点． 【答案】（1）椭圆方程为：，离心率：. （2）（i）面积最大值. （ii）设 直线：，令得：；同理可得： 带入得：，，带入韦达定理化简得： 所以中点坐标.即的中点为定点. 【解析】 【分析】(1) 利用椭圆定义和可求椭圆的标准方程，再利用离心率公式可求离心率. (2) （i）联立直线和椭圆方程利用韦达定理构建三角形的面积函数，再利用换元法和基本不等式可求面积最大值. （ii）通过代数式表示直线，再求出两点坐标，化简可得中点坐标. 【小问1详解】 由题可知，，结合椭圆中可得，所以椭圆方程为：，离心率：. 【小问2详解】 （i）设直线：，联立得. 化简得：. 设，由韦达定理得：. 化简得：，令，则， （当且仅当时取等）. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $