精品解析：山西长治市2026-2027学年高三上学期9月份学情调研数学试题

长治市2026―2027学年度高三年级九月份学情调研 数学试卷 （本试卷满分150分　考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内． 2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案用0.5毫米的黑色笔迹签字笔写在答题卡上． 4．考试结束后，将答题卡交回． 第I卷（选择题　58分） 一、单项选择题：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. 已知复数满足，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则和共轭复数的概念运算求解即可． 【详解】因为满足， 所以， 故的共轭复数为， 故选：D. 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，解得，所以，满足. 3. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算逐项计算判断即可得结论. 【详解】对于A，由，故与不平行，故A错误； 对于B，由，故与不垂直，故B错误； 对于C，由，则，故与不平行，故C错误； 对于D，由，则，故D正确． 故选：D． 4. 已知是定义域为的奇函数，且单调递减，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇函数性质转化不等式，结合函数单调性去掉函数符号，求解一元一次不等式得到解集. 【详解】是定义域为的奇函数，，且由题可知在上单调递减， 对原不等式变形：等价于， 根据奇函数性质可得，因此不等式化为， 在上单调递减， ，移项解得，即不等式解集为 5. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排照相，则甲站在两端，丙和丁相邻的排法有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 40种 D. 48种 【答案】B 【解析】 【分析】先确定甲的站位，再用捆绑法处理丙丁相邻的情况，结合分步乘法计数原理计算总排法数. 【详解】第一步，确定甲的站位：甲站在两端，共2种选择（左端或右端）， 第二步，处理丙丁相邻的情况：将丙、丁视为一个整体，整体内部有种排列顺序， 第三步，排列剩余对象：此时待排列的对象为丙丁整体、乙、戊共3个元素，个元素全排列，共种排法. 根据分步乘法计数原理，总排法数为种. 6. 与圆及圆都外切的圆的圆心在． A. 一个圆上 B. 一个椭圆上 C. 双曲线的一支上 D. 抛物线上 【答案】C 【解析】 【分析】设动圆的半径为，然后根据动圆与圆及圆都外切得，再两式相减消去参数，则满足双曲线的定义，即可求解. 【详解】设动圆的圆心为，半径为，而圆的圆心为，半径为1； 圆的圆心为，半径为3． 依题意得，则， 所以点的轨迹是双曲线的一支． 故选C． 【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系，以及双曲线的定义的应用，其中解答中熟记圆与圆的位置关系和双曲线的定义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 7. 已知数列为等比数列，，公比．若是数列的前项积，则取得最大值时的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查等比数列前项积的最值，前项积的增减由每一项与1的大小关系决定：乘大于1的项，积变大；乘小于1的项，积变小，因此只需找到由大于1转为小于1的分界项即可. 【详解】已知数列为等比数列，，公比，则， 因为数列是首项为正、公比为正的等比数列，所有项均为正数，因此前项积的变化规律为： 当时，，即前项积递增；当时，；即前项积递减. 因此当从大于1过渡到小于1时，取得最大值. 令，得，化简得，解得，即， 当时，，； 当时，， 所以，取得最大值时的值为8. 8. 质点和在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上逆时针作匀速圆周运动，同时出发．的角速度大小为，起点为圆与轴正半轴的交点；的角速度大小为，起点为圆与射线的交点．则当与第2026次重合时，的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定第2026次重合时，点转过的角度比点经转过的角度总共多的值，然后求出时刻，写出以为终边的角，利用三角函数定义得点坐标. 【详解】射线的斜率是，对应角度在第四象限，为或，由题意，点初始角度为0，点初始角度为（或图1中）， 当第一次重合时，如图1，此时点转过的角度比点转过的角度多， 当第二次重合时，如图2，此时点比多转一圈，所以点转过的角度比点转过的角度总共多， 可以想象，从第次重合开始，到第次重合，点又比多转一圈， 所以，第2026次重合时，点转过的角度比点转过的角度总共多， 设此时时刻为，则点转过的角度与点转过的角度之差为. 解得， 所以当第2026次重合时，以为终边的角， ，， 所以点坐标为. 二、多项选择题：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，则下列结论正确的有（ ） A. 展开式中项系数为36 B. 展开式中二项式系数的和为512 C. 展开式中二项式系数最大项为第四项和第五项 D. 展开式中所有二项式系数的第一四分位数为36 【答案】AB 【解析】 【详解】二项式展开式通项为， 则展开式中项系数为，故A正确； 展开式中二项式系数的和为，故B正确； 当或时，二项式系数最大， 故展开式中二项式系数最大项为第五项和第六项，故C错误； 将展开式的所有二项式系数从小到大排序为，共10个数据， 因为，故第一四分位数为第个数，即，故D错误. 10. 设函数，则（ ） A. 有两个零点 B. 当时， C. 过点仅可以作两条直线与的图象相切 D. 若在区间上有最大值，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导函数判断单调性，根据单调性以及判断AD；B根据在上的单调性判断；设切点为，求出切线方程，将点代入，构造函数，研究其零点个数即可判断C. 【详解】对于A，， 则当或时，单调递增； 当时，单调递减； 因为，所以有两个零点，故A正确； 对于D，因为在区间上有最大值，所以， 得，故D正确； 对于B，因为在上单调递增且当时，， 所以，故B错误； 对于C，设切点为， 故切线方程为， 将代入整理得(*)， 令，则， 则当或时，单调递增； 当时，单调递减； 则，故有两个零点，即方程(*)有两根， 故过点仅可以作两条直线与的图象相切，即C正确. 11. 已知正四面体的棱长为2，点在棱上（不含端点），过点作平行于和的截面，则下列结论正确的有（ ） A. 截面面积的最大值为1 B. 当点为中点时，三棱锥内切球的半径为 C. 直线与平面所成角为 D. 异面直线与所成角的取值范围 【答案】ABD 【解析】 【分析】先作平行线，找到截面四边形，由正四面体对棱互相垂直得四边形为矩形，设，，，用表示截面四边形的面积，再求最值判断A，先证明内切球半径公式，再建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合体积公式得到表面积与体积，最后代入公式求出内切球半径判断B，结合题意求出，，再得到截面的法向量，进而利用线面角的向量求法判断C，求出关键点的坐标和关键向量，再利用异面直线夹角的向量求法求解D即可. 【详解】对于A，如图，作交于, 过作交于, 过作交于， 则截面四边形为四边形，且四边形是平行四边形， 因为正四面体对棱互相垂直，所以， 可得，得到截面四边形是矩形， 设，，，则，， 所以截面四边形面积， 当且仅当时，，故A正确， 对于B，先证明内切球半径公式，对于正四面体，设内切球球心为， 由题意得， 而棱锥的高是内切球的半径， 得到， 则， 记正四面体体积为，表面积为，即， 解得，即正四面体内切球半径公式得证， 将正四面体补形成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系， 由正四面体的棱长为2，得正方体的棱长为， 则， 而为中点，则，且， 由题意得，则是等边三角形， 由三角形面积公式得， 由两点间距离公式得，， 而，可得是直角三角形， 由三角形面积公式得， 而，可得是直角三角形， 由三角形面积公式得， 由余弦定理得， 由同角三角函数的基本关系得， 由三角形面积公式得， 故， 由题意得， 设面的法向量为，得到， 令，解得，，可得， 设到面的距离为，由点到平面的距离公式得， 由三棱锥体积公式得， 代入公式可得，故B正确， 对于C，由题意得， 而，，则， ，且， 设面的法向量为，得到， 令，解得，则， 设直线与平面所成角为，且， 则，而，得到， 可得直线与平面所成角为，故C错误， 对于D，由题意得，设， 而，， 因为点在棱上，所以， 则，，解得，， 得到，， 可得，设异面直线与所成角为， 则， 令，则， 当时，恒成立，则在上单调递减， 而，，则，即， 而，解得，故D正确. 第II卷（非选择题　92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，的夹角为，，，则的值为______． 【答案】 【解析】 【详解】因为向量，的夹角为，，，则， 所以. 13. 记等差数列的前n项和为．若，，则______． 【答案】10 【解析】 【分析】利用等差数列的性质求和， 【详解】是等差数列，则， ， 因为，所以，解得 14. 已知函数与函数的零点分别为，则__________. 【答案】5 【解析】 【分析】由条件可得是的零点，设与的交点为，根据零点的性质及反函数性质可得在直线上，由此可求结论. 【详解】由已知可得是的零点. 故与的交点的横坐标为； 又与的交点的横坐标为. 因为与的图像关于对称， 故，而在直线上， 所以，即， 故答案为：. 四、解答题：本大题共6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，内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得，结合三角恒等变换可得，即可得结果； （2）利用余弦定理结合基本不等式可得，即可得面积最大值. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 又因为， 即，可得， 且，则，可得， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为，，由余弦定理可得， 即，可得，解得， 当且仅当时，等号成立， 所以面积的最大值为. 16. 已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率的差是2． （1）求点的轨迹方程； （2）若经过点的直线与点的轨迹相交于两点，，为坐标原点，求线段的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设点，利用直线的斜率与直线的斜率的差是2列出方程化简即可； （2）设直线的方程为：，联立与的轨迹方程，根据韦达定理以及得到，从而得出，求出，最后利用弦长公式求解即可. 【小问1详解】 设，由， 则，其中， 由题意知：，化简得， 所以点的轨迹方程为：. 【小问2详解】 由题意知，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为：， 联立，消去得：， 由， 所以设，所以，① 因为，所以即， 也即， 整理可得：， 将①代入上式，得，解得：， 所以 . 17. 如图，三棱柱的所有棱长均为2，三棱柱的体积为3，且． （1）若平面与平面交于直线，求点到直线的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）取线段中点，连接，作，那么四边形为平行四边形，因为,所以，所以四点共面，即平面，因为，所以四点共面，即平面，所以平面平面，即直线为直线，再通过为正三角形求得点到直线的距离； （2）通过，又，,平面，所以平面，可得，再由，，那么所以平面,以点为原点，为轴，为轴，为轴，通过求出平面与平面的法向量求两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 取线段中点，连接，作，那么四边形为平行四边形， 因为,所以，所以四点共面，即平面， 因为，所以四点共面，即平面， 所以平面平面，即直线为直线， 因为，故点到直线的距离等于点到直线的距离 因为三棱柱的所有棱长均为2，所以为正三角形，, 又点为中点，故， 又，故， 所以点到直线的距离等于. 【小问2详解】 连接，那么因为三棱柱的所有棱长均为2， 所以为正三角形，, 又点为中点，故， 又，,平面 所以平面，又平面,所以, 所以在中，，，, 所以为正三角形，设到平面距离为，那么 ，，又， 所以平面, 以点为原点，为轴，为轴，为轴，那么 , 由可得, 设平面的法向量为，平面的法向量为， 平面与平面夹角为，那么 ，取，则， ，取，则， 18. 设函数，． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，； （3）当，，求的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递减. 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）令，则，当时，， 所以在上单调递增.故，即. 因为，所以，即，所以得证. （3） 【解析】 【分析】（1）对求导，导函数的分子为含参的二次函数，对参数进行讨论确定导函数的正负，进而得到的单调性. （2）要证明，即证明，要证，构造，对求导，判断导函数的正负确定单调性. （3）根据（1）问中的单调性讨论当时，，不符合题意，，不符合题意，当，构造讨论单调性，求出在上的最小值，确定的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，，在上单调递减， 当时，，解得， 所以，，单调递减，，，单调递增. 综上所述，当时，在上单调递减. 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，当时，. 若，当时 ，，不符合题意. 若，则，由（1）知，，单调递减， 所以，不符合题意. 若，令，. ，因为，所以. 又因为时，，即. 所以. 当时，， 故，所以在上单调递增. 又.所以当时，， 即恒成立，综上所述，的取值范围. 19. 现有A、B两个箱子，里面分别装有3个大小、质地完全相同的小球．A箱有2个红球，1个白球；B箱有1个红球，2个白球．现有甲、乙两人进行摸球游戏，每轮游戏甲从A箱取一球，乙从B箱取一球，每次取球后放回原来箱子（即每次取球时箱中球的总数和颜色保持不变，各轮取球相互独立）．每轮取球得分规则如下： •若两人取出的球颜色相同：各得2分 •若一人取红球，一人取白球：取红球者得3分，取白球者得1分 （1）求第一轮游戏甲与乙得分之差的分布列和期望； （2）若规定游戏进行轮结束（），轮游戏结束后若甲累计得分高于乙，则甲获得最终胜利；若乙累计得分不低于甲，则乙获得最终胜利． ①求时乙获得最终胜利的概率； ②求时在乙获得最终胜利的条件下，甲乙分数相同的概率． 【答案】（1）甲与乙得分之差的分布列为 （2）①② 【解析】 【分析】（1）根据条件可知的所有可能取值为，再根据游戏规则计算所有可能取值对的概率即可列出分布列与计算出期望； (2)①设两轮总差为,那么的可能取值为，由于各轮取球相互独立，所以乙最终胜利当且仅当两轮总差不大于0，通过独立事件的概率计算公式即可计算； ②设三轮总差为变量，甲乙分数相同即,那么的可能取值为，由于各轮取球相互独立，列出的分布列，再通过条件概率公式计算时在乙获得最终胜利的条件下，甲乙分数相同的概率. 【小问1详解】 根据题意可知的所有可能取值为， ， 分布列为 【小问2详解】 ①设两轮总差为,那么的可能取值为， , , , 若时乙获得最终胜利的概率，则， 故. ②设三轮总差为变量，甲乙分数相同即，那么 的可能取值为， ,， , 所以时在乙获得最终胜利的条件下，甲乙分数相同的概率为 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长治市2026―2027学年度高三年级九月份学情调研 数学试卷 （本试卷满分150分　考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内． 2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案用0.5毫米的黑色笔迹签字笔写在答题卡上． 4．考试结束后，将答题卡交回． 第I卷（选择题　58分） 一、单项选择题：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. 已知复数满足，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知是定义域为的奇函数，且单调递减，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排照相，则甲站在两端，丙和丁相邻的排法有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 40种 D. 48种 6. 与圆及圆都外切的圆的圆心在． A. 一个圆上 B. 一个椭圆上 C. 双曲线的一支上 D. 抛物线上 7. 已知数列为等比数列，，公比．若是数列的前项积，则取得最大值时的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 8. 质点和在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上逆时针作匀速圆周运动，同时出发．的角速度大小为，起点为圆与轴正半轴的交点；的角速度大小为，起点为圆与射线的交点．则当与第2026次重合时，的坐标为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，则下列结论正确的有（ ） A. 展开式中项系数为36 B. 展开式中二项式系数的和为512 C. 展开式中二项式系数最大项为第四项和第五项 D. 展开式中所有二项式系数的第一四分位数为36 10. 设函数，则（ ） A. 有两个零点 B. 当时， C. 过点仅可以作两条直线与的图象相切 D. 若在区间上有最大值，则的取值范围为 11. 已知正四面体的棱长为2，点在棱上（不含端点），过点作平行于和的截面，则下列结论正确的有（ ） A. 截面面积的最大值为1 B. 当点为中点时，三棱锥内切球的半径为 C. 直线与平面所成角为 D. 异面直线与所成角的取值范围 第II卷（非选择题　92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，的夹角为，，，则的值为______． 13. 记等差数列的前n项和为．若，，则______． 14. 已知函数与函数的零点分别为，则__________. 四、解答题：本大题共6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，内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值． 16. 已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率的差是2． （1）求点的轨迹方程； （2）若经过点的直线与点的轨迹相交于两点，，为坐标原点，求线段的长． 17. 如图，三棱柱的所有棱长均为2，三棱柱的体积为3，且． （1）若平面与平面交于直线，求点到直线的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 设函数，． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，； （3）当，，求的取值范围． 19. 现有A、B两个箱子，里面分别装有3个大小、质地完全相同的小球．A箱有2个红球，1个白球；B箱有1个红球，2个白球．现有甲、乙两人进行摸球游戏，每轮游戏甲从A箱取一球，乙从B箱取一球，每次取球后放回原来箱子（即每次取球时箱中球的总数和颜色保持不变，各轮取球相互独立）．每轮取球得分规则如下： •若两人取出的球颜色相同：各得2分 •若一人取红球，一人取白球：取红球者得3分，取白球者得1分 （1）求第一轮游戏甲与乙得分之差的分布列和期望； （2）若规定游戏进行轮结束（），轮游戏结束后若甲累计得分高于乙，则甲获得最终胜利；若乙累计得分不低于甲，则乙获得最终胜利． ①求时乙获得最终胜利的概率； ②求时在乙获得最终胜利的条件下，甲乙分数相同的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $