精品解析：安徽合肥市区及周边部分学校2026-2027学年高三9月质量检测数学试卷

高三9月教学质量检测 数学试题卷 注意事项： 1．你拿到的试卷满分为150分，考试时间为120分钟． 2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效． 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. 设集合，，若，则由实数构成的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 若非零向量与满足，且，则为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 等边三角形 C. 等腰钝角三角形 D. 等腰直角三角形 3. 若存在，使得成立是假命题，则实数不可能是（ ） A. B. C. D. 4. 已知为正项等比数列的前项和，，则的最小值为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 5. 有一组样本数据，，，…，的平均数为，极差为，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中，则新样本数据的平均数和极差分别为（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 6. 已知圆，若直线上至少存在一点，使得圆上恰有两个点与点的距离都为2，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，为坐标原点，设，，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 关于的方程有3个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ） 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. 已知复数，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 10. 台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（ ） A. B. C. 该台塔高为 D. 该台塔外接球的体积为 11. 在平面直角坐标系中，直线，直线，过动点分别作，的垂线，垂足分别为，，记点的轨迹为曲线，若四边形的面积为1，则（ ） A. 的方程为 B. 四边形的周长可以为 C. 设，，在第一象限，则周长的最小值为 D. 直线与直线的斜率之积为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式的常数项为______． 13. 在中，若，则的最大值为________． 14. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，移动6次后质点对应的数为，则______，在有且仅有一次经过1的条件下，事件“”的概率是______． 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. 如图，长方体中，底面是正方形，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）若三棱锥的体积为，求点到直线的距离． 16. 设的内角，，所对的边分别为，，，，，且当时，函数取得最大值． （1）求； （2）若为的重心，求的最大值． 17. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，，求的取值范围． 18. 已知椭圆的焦点为，，抛物线的焦点为．经过的上顶点，且的面积为． （1）求的方程； （2）当时，求的坐标； （3）若与除点外还有两个不同的交点，，求的面积的最大值． 19. 给定正整数，，规定，，记相等的项数列构成的集合为，如当时，． （1）当时，求集合中元素的个数； （2）当时，从集合中任取两个不同的元素和，记，求随机变量的分布列； （3）当且时，讨论集合中元素的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三9月教学质量检测 数学试题卷 注意事项： 1．你拿到的试卷满分为150分，考试时间为120分钟． 2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效． 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. 设集合，，若，则由实数构成的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】若，则，此时，，满足题意； 若，则，解得， 当时，则，不满足集合元素的互异性，故舍去； 当时，满足题意； 若，则，解得或； 当时，满足题意； 当时，，，满足题意； 综上所述：由实数构成的集合为. 2. 若非零向量与满足，且，则为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 等边三角形 C. 等腰钝角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】与是两个单位向量，由它们的数量积为得，再由已知等式得，即可判断的形状. 【详解】设，，则. 由，得，所以，即. 又. 由，得， 所以. 所以是等腰直角三角形. 3. 若存在，使得成立是假命题，则实数不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将原假命题转化为全称恒成立的真命题，分离参数后利用基本不等式求最值得到的取值范围，再判断各个选项可得. 【详解】因为命题“，使得成立”为假命题， 所以其否定“，恒成立”为真命题. 由于，对不等式变形可得，即对所有恒成立. 根据基本不等式，当时，，当且仅当即时等号成立， 因此的最小值为，要使恒成立，则. 对比选项：，，均满足，只有，不在的取值范围内，故不可能是. 4. 已知为正项等比数列的前项和，，则的最小值为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】设正项等比数列公比为，将所求表达式用表示后利用基本不等式求最小值.  【详解】设正项等比数列的公比为，由正项等比数列性质可知，. 由，可得，， 则，，， 所以   ，当且仅当即（舍去，满足）时等号成立. 因此，即最小值为36. 5. 有一组样本数据，，，…，的平均数为，极差为，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中，则新样本数据的平均数和极差分别为（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】B 【解析】 【分析】由平均数和极差的定义判断． 【详解】由题意， 所以， ， 所以， 因为，（）所以，即新样本数据极差与原样本数据极差相等． 6. 已知圆，若直线上至少存在一点，使得圆上恰有两个点与点的距离都为2，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得到以为圆心，以为半径的圆与圆相交，进而得到，转化为圆的圆心到直线的距离小于列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】因为圆上恰有两个点与点的距离都为2， 所以以为圆心，以为半径的圆与圆相交， 因为圆的圆心为，半径为， 所以，即， 所以直线上至少存在一点使得， 所以点到直线的距离小于， 即，解得， 所以的取值范围是. 7. 抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，为坐标原点，设，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用抛物线焦点弦的韦达定理得到交点横、纵坐标乘积的关系，结合向量夹角的三角函数定义推出与的比例关系，代入两角和的余弦公式即可求解. 【详解】如图所示，抛物线的焦点为， 设过的直线的方程为，与抛物线方程联立得 ， 设，，由韦达定理得，则， 由夹角的三角函数定义，，故 ， 因此，，两式作比，得，即， 将其代入，得，解得，故B正确. 8. 关于的方程有3个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将关于的方程化简，变形为含参数的表达式，通过分离参数，转化为函数图象的交点问题，再由导数即可求解. 【详解】因为关于的方程有3个不同的实数根， 所以 ， 可得，解得，或，解得， 令，则， 则当时，，单调递减，当时，，单调递增， 因此在处取得极小值，此时，因为原方程有3个不同实根，已知为1个根， 因此需要有2个不同实根，当时，，当时，， 因此当时，无实根；当时，有1个实根，不符合题意； 当时，在，上分别有1个实根， 共2个实根，均不等于0，则原方程总根数为3，符合题意； 当时，的根为，原方程总根数为2，不符合题意； 当时，有1个实根，原方程总根数为2个，不符合题意， 当时，有1个实根为，原方程总根数为1个，不符合题意， 故实数的取值范围为. 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. 已知复数，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】设，，，由，可得 ，结合共轭复数定义判断A，举反例判断B，D，结合复数的模的定义判断C. 【详解】设，，， 对于选项A，若，则，，A正确； 对于选项B，取，则，此时，B错误， 对于选项C，因为，， 所以，. 则 所以，即，C正确， 对于选项D，取，则， 此时，D错误. 10. 台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（ ） A. B. C. 该台塔高为 D. 该台塔外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题干所给台塔定义可知侧面为正多边形，上底面为正三角形，下底面为正六边形，根据线面平行，线面垂直的判定分析选项A，B；通过作出高，利用直角三角形勾股定理求解即可，分析外接球圆心位置，构造关于半径的直角三角形，求解半径即可计算外接球体积． 【详解】A选项，连接，因为为正方形，故， 且六边形为正六边形，则，故； 因为正三角台塔棱长相等，故；故为平行四边形，故，A正确； B选项，连接，，因为为正方形，则， 在正六边形中，； 因为，且平面，故平面；则； 因为，故；B正确； C选项，上底面正三角形在底面的投影为， 点为正六边形的中心，也是的中心； 和都是正三角形，是的中心， 因为棱长为1，故； 所以台塔的高为，故C错误； 设上底面正三角形的外接圆圆心为，半径； 下底面正六边形外接圆的圆心为，半径； 设台塔的外接球半径为，； 则或； 则由勾股定理可知，，，即 代入可得，或； 解得；故，外接球的体积为． 11. 在平面直角坐标系中，直线，直线，过动点分别作，的垂线，垂足分别为，，记点的轨迹为曲线，若四边形的面积为1，则（ ） A. 的方程为 B. 四边形的周长可以为 C. 设，，在第一象限，则周长的最小值为 D. 直线与直线的斜率之积为1 【答案】AC 【解析】 【分析】A.利用点到直线距离公式结合矩形面积条件，化简推导出动点P的双曲线轨迹方程；B.借助基本不等式求解周长最小值，通过最值对比判断周长取值是否可行；C.活用双曲线定义转化线段长度，结合两点之间线段最短，求解三角形周长最小值；D. 当为时，直线的斜率为0，直线的斜率不存在. 【详解】选项 A，点到距离，点到距离， 由，四边形是矩形，面积，得，即，即， 由条件，所以，得，A 正确； 选项 B，矩形周长， 由基本不等式得， 故，故，故矩形周长的最小值是，而，B 错误； 选项 C，双曲线，即，，焦点，双曲线定义，即， ，，， 故周长， 因为，当且仅当在与双曲线第一象限交点取等号， 所以周长的最小值是，C 正确； 选项 D，当为时，此时，直线的斜率为0，直线的斜率不存在，D 错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式的常数项为______． 【答案】240 【解析】 【分析】根据二项式定理展开式公式求解即可. 【详解】解：展开式的通项公式为： 故令，解得 所以常数项为 故答案为： 【点睛】本题考查二项式定理的应用，解题的关键在于熟练应用二项式定理展开式的通项公式，是基础题. 13. 在中，若，则的最大值为________． 【答案】 ## 【解析】 【分析】先将已知条件切化弦，结合三角形内角关系、正弦定理、余弦定理转化为边的关系，再利用基本不等式求得的取值范围，进而得到的最大值. 【详解】在中，，故. 对已知等式切化弦变形：    代入，得：  .  由正弦定理（为外接圆半径）， 得，代入上式化简得： .  结合余弦定理，代入得： .  故，由基本不等式（当且仅当时等号成立）， 得：  ，又，余弦函数在上单调递减， 因此，即的最大值为. 14. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，移动6次后质点对应的数为，则______，在有且仅有一次经过1的条件下，事件“”的概率是______． 【答案】 ①. 6 ②. ##0.25 【解析】 【分析】第一个空，假设为向右的次数，因为服从二项分布，易得，根据和的关系，可得； 第二个空，假设“有且仅有一次经过1”为事件，“质点仅在第1秒位于1”为事件，“质点仅在第3秒位于1”为事件，“质点仅在第5秒位于1”为事件，根据题干可得，由条件概率可得. 【详解】假设为向右的次数，则服从二项分布，故； 此时质点对应的数，所以. 假设“有且仅有一次经过1”为事件，“质点仅在第1秒位于1”为事件，“质点仅在第3秒位于1”为事件，“质点仅在第5秒位于1”为事件，则两两互斥，则， “质点仅在第1秒位于1”则质点的走法为（第六步不受影响），（第五六步不受影响），（第六步不受影响），（第五六步不受影响），； “质点仅在第3秒位于1” 则质点的走法为（第六步不受影响），（第六步不受影响），； “质点仅在第5秒位于1” 则质点的走法为（第六步不受影响），（第六步不受影响），； 则. 因为，所以，所以三种情况下, 事件“”的情况有：，，，，，则， 则. 故答案为：6；. 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. 如图，长方体中，底面是正方形，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）若三棱锥的体积为，求点到直线的距离． 【答案】（1）由题可知: 长方体中，平面，平面， 所以， ，四边形是长方形，为的中点， ，是等腰直角三角形， 同理，，是等腰直角三角形， 所以，所以，即， 结合，，平面， 可得平面. （2） 【解析】 【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可； （2）先由三棱锥的体积为求长方体的棱长，再求距离. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 如图，设，， 则三棱锥的体积为， 结合三棱锥的体积为，有，所以， 延长交于，连接，因为为中点，所以为中点， 计算得：，，， 所以是等边三角形，过向作垂线交于， 则点到直线的距离即为，计算得. 16. 设的内角，，所对的边分别为，，，，，且当时，函数取得最大值． （1）求； （2）若为的重心，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据数量积和射影定理化简，再跟据时取最大值，解即可. （2）先由的值，利用余弦定理得到边的关系，再利用重心的向量性质，将用三角形顶点对应向量表示，展开点积后结合余弦定理和基本不等式求最大值即可. 【小问1详解】 ， 由三角形射影定理可得，代入后化简， 已知时取最大值，而正弦函数最大值为1，因此​，得； 此时最大值条件满足​，又是三角形内角，故. 【小问2详解】 设中点为，由重心性质可知，同时，， 故，结合​，， 再由余弦定理，代入​得 ， 将其代入， 由基本不等式，代入，得，即，当且仅当​时取等号， 因此​，最大值为. 17. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，，求的取值范围． 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的正负性判断单调性； （2）利用参变分离计算函数最值即可. 【小问1详解】 当时，， 则， 则当或时，；当或时，； 则的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为，且当时，， 所以对恒成立， 令， 则， 令，则， 令，则， 则在上单调递减，则，即， 则在上单调递减，则， 则当时，单调递增；当时，，单调递减； 则，故， 综上，的取值范围为. 18. 已知椭圆的焦点为，，抛物线的焦点为．经过的上顶点，且的面积为． （1）求的方程； （2）当时，求的坐标； （3）若与除点外还有两个不同的交点，，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）先利用椭圆上顶点与三角形面积求出， 从而得到； （2）利用抛物线， ，得，又抛物线的顶点，开口向下，所以抛物线的焦点在顶点下方处；（3）联立椭圆抛物线得到交点关系，构建面积函数，换元后借助三角恒等变换简化表达式，确定面积最大值. 【小问1详解】 椭圆的上顶点为， 抛物线过点，代入得，得，因此， 设椭圆半焦距为，则焦点，， 的面积，解得 所以，又， 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 当时，抛物线的方程为，即， 因为抛物线， ，得，又抛物线的顶点，开口向下， 所以抛物线的焦点在顶点下方处，所以的坐标是； 【小问3详解】 将代入椭圆方程，得， 展开整理得 ， 对应上顶点，设另外两个交点的横坐标为，则，由题意存在两个不同交点，故，得， 的纵坐标相同，均为，弦长， 抛物线的焦点为，即， 直线为水平线，因此到的距离， 故的面积， 令，则，代入化简得， 令， 所以 ， 当时，取得最大值，此时或，对应，均满足， 故面积的最大值为. 19. 给定正整数，，规定，，记相等的项数列构成的集合为，如当时，． （1）当时，求集合中元素的个数； （2）当时，从集合中任取两个不同的元素和，记，求随机变量的分布列； （3）当且时，讨论集合中元素的个数． 【答案】（1） （2） 2 4 6 8 ​ （3）当时，集合中元素的个数为； 当时，集合中元素的个数为； 当时，集合中元素的个数为； 当时，集合中元素的个数为； 【解析】 【分析】（1）按定义结合排列组合求解即可； （2）先算出集合中共有种不同的元素，根据定义找到的可能值，再根据题意写出相对应的概率，列出分布列即可； （3）将问题转化为将个相同小球放入个盒子中，分别讨论，，，，不同情况下满足条件和不满足条件的，结合容斥原理求解即可. 【小问1详解】 由题知包括：以及其全排列， 故集合中元素的个数为； 【小问2详解】 由题知，集合中共有种不同的元素， 的可能值为 ；； ；； 故分布列如下： 2 4 6 8 ​ 【小问3详解】 条件等价于求不定方程，满足，的整数解个数， 令，转化为求（）的非负整数解个数， 上式可理解为有个相同小球，放入四个不同的盒子， 而将个相同小球放入个盒子中利用隔板法求得共有种， 当时，此时均介于到之间， 根据隔板法可知此时集合中元素的个数为； 当时，此时仅可能出现一个的情况， 令，则方程变为，根据隔板法可知此方程的解数为， 又因为有 4 个变量，所以减去​，此时集合中元素的个数为； 当时，此可能出现的情况， 令，令，此时， 根据容斥原理，故此时集合中元素的个数为集合个数为； 当时，此可能出现的情况， 令，，， 此时， 根据容斥原理，故此时集合中元素的个数为集合个数为； 综上所述，当时，集合中元素的个数为； 当时，集合中元素的个数为； 当时，集合中元素的个数为； 当时，集合中元素的个数为； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $