浙江省绍兴市上虞区华维外国语学校2026-2027学年高三上学期9月模拟考试数学试卷

绍兴市上虞区华维学校高三9月模拟考试数学卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．若复数，则（    ） A． B． C． D． 2．已知集合，，若，则的最大值是（   ） A． B．0 C．1 D．2 3．“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．在平面直角坐标系中，角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则（    ） A． B． C． D． 5．已知等比数列的公比为4，则（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 6．已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．已知，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．已知直线与双曲线相交于A，B两点，且A，B两点的横坐标之积为-9，，为此双曲线的左、右焦点，则的面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．等差数列是递增数列，满足，前n项和为，下列选项正确的是（   ） A． B． C．当时最小 D．时n的最小值为8 10．在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．直线与所成角的余弦值为 11．已知函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数．若，则下列说法正确的是（    ） A． B．的一个周期为4 C． D． 三、填空题 12．在的展开式中，的系数为_______.（用数字作答） 13．已知随机变量X服从二项分布，且随机变量Y服从正态分布．若，则________． 14．在中，已知，，则的面积为__________. 四、解答题 15．在中，，． (1)求； (2)若，点在边上，且，求的面积． 16．如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为棱，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角正切值． 17．已知椭圆，O为坐标原点，点A，B分别在直线与上，P是C上一点，O、A、P、B四点顺时针构成平行四边形. (1)求的值； (2)求平行四边形面积的最大值. 18．设集合，从集合的所有非空子集中任意选择一个集合，即且，记集合B中的最小元素和最大元素分别为随机变量X，Y． (1)当时，求事件“且”的概率； (2)求随机变量Y的分布列； (3)在的条件下，求X的数学期望． 19．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：； (3)当时，证明：存在唯一的极小值点，且． 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《华维学校高三9月月考数学卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A B B C B B BD BD 题号 11 答案 BC 1．B 【详解】， 化简得； 故. 2．D 【分析】由题可得c范围，即可得答案. 【详解】根据，，若， 可得，故的最大值为2， 故选：D. 3．A 【分析】根据对数函数的性质化简不等式，即可根据真子集的关系判断. 【详解】由可得，解得或， 由于是或的真子集，故“”是“”的充分不必要条件. 4．B 【详解】角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点， 则有，， 所以. 5．B 【分析】由题意可得，可得数列是等差数列，可求值. 【详解】由题意可知，即，所以数列是等差数列，且公差为2， 所以. 故选：B. 6．C 【分析】利用圆柱及球的特征计算即可. 【详解】由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为， 则，故该球的表面积为. 故选：C 7．B 【解析】由对数运算可得出，利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】因为，即， 所以，且有，， 由基本不等式可得，所以，， 所以，且，， 当且仅当时等号成立. 因此，的最小值为. 故选：B. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 8．B 【分析】根据直线和双曲线关于原点中心对称得出点坐标. 【详解】由双曲线定义，，所以， 又直线和双曲线都关于原点中心对称，所以交点也关于原点对称， 不妨设，且，又，所以， 代入双曲线方程，得出， 所以的面积为. 9．BD 【分析】由等差数列性质、通项公式和求和公式逐项判断即可. 【详解】在A选项中，设公差为，因为等差数列是递增数列，所以，故A选项错误； 在B选项中，因为，则，即，故B选项正确； 在C选项中，，因为， 所以当或时，取最小值，故C选项错误； 在D选项中，因为，所以，， 即，解得（舍去）或，所以时，的最小值为8，故D选项正确. 故选：BD. 10．BD 【分析】对A：利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其性质可得，又与相交，可得与为异面直线；对B：借助菱形性质可得，再利用三角形全等可得，由等腰三角形三线合一可得，即可利用线面垂直判定定理得到平面；对C：求出、及后，利用余弦定理计算即可得；对D：由，，可得即为所求，求出、、后，利用余弦定理计算即可得. 【详解】对于A：平行六面体中，， 又为棱的中点，所以与相交，故与为异面直线，A错误.    对于B：连接、，交于点，连接、， 因为，则四边形为菱形，故，点为中点. 又，，所以，故. 又点为中点，所以， 又，，平面，故平面，故B正确. 对于C：由，， 得、、均为等边三角形，故. 在等腰中，， 在等腰中，， 在中，， 在中，，则，C错误. 对于D：连接，，因为，分别为棱，的中点，所以， 又，则直线与所成角即为直线与所成角，即为. ， ，， 在中，，D正确. 11．BC 【分析】利用奇函数推中心对称、偶函数推轴对称，通过变量替换联立等式，推出函数递推关系 和周期T=4；再结合特殊点函数值、周期求和公式，逐一验证所有选项，最终确定正确答案. 【详解】 是奇函数 ，函数关于点 中心对称， 是偶函数 ，令 ，得，函数关于直线 轴对称，得， 对于A，由 ，令 ，得，所以，故A 错误； 对于B， ，把 换成 ，得，因 ， 则有，再把 换成 ，得， 两式相减，可得，即的一个周期为 4，故B正确； 对于C，由上分析已得，故 C正确； 对于D，已知 ，周期为 4，， 由，得，又因， ， 得，由 的周期为4，得， 则函数在一个周期内的和是， 因为，所以，故D 错误. 12． 【详解】 当时，， 则的系数为. 13．/ 【分析】先由二项分布的均值公式求出，从而得，进而由概率之和为1和正态分布的对称性即可求解. 【详解】因为随机变量X服从二项分布， 所以，故， 又随机变量Y服从正态分布，所以， 所以. 故答案为：. 14． 【分析】利用辅助角公式以及正弦、余弦函数的有界性可得出、、的值，利用余弦定理可得出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积. 【详解】因为，即， 其中为锐角，且， 由，所以，， 因为，，则， 又因为，故， 因为，则，故，所以， 所以，， 因为，，则， 因为，则，所以，所以， 由余弦定理可得， 可得，故. 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用三角形内角和与两角和正切公式求，结合角的范围得到角； （2）先由求出，在中用正弦定理算出；再利用补角与三角形内角和求出内各个内角，继续用正弦定理求出；最后代入三角形面积公式计算． 【详解】（1）在中，，， 则． 因为中，，所以． （2）在中，，，得． 在中，由正弦定理：， 因为，所以， 则，， 在中，由正弦定理：， 所以． 16．(1)证明：取棱的中点为G，连接，，如图所示． 因为点E为的中点，所以，且． 又F为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以． 又平面，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）建系求出两个平面法向量，利用法向量夹角余弦求二面角的余弦；（2）再利用同角三角函数关系，算出正切值，注意平面夹角取锐角. 【详解】（1）略 （2）如图，由题意，以B为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 不妨设，则，，，， 所以，． 设平面的一个法向量为，则， 则，取，则． 又平面，则是平面的一个法向量， 所以． 设平面与平面的夹角为，则，， 所以， 所以平面与平面的夹角正切值为． 17．(1)2 (2) 【分析】（1）设出点A，B的坐标，结合它们所在的直线方程，再根据向量关系得到点P的坐标，因为点P在椭圆上，将P的坐标代入椭圆方程，可得到A，B的坐标与P的坐标的关系式，进而通过弦长公式求解. （2）设直线OA的倾斜角为，通过倍角公式求出，， 利用余弦定理和基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式可求得结果； 【详解】（1）因为点分别在直线与上，所以可设， 设，则 因为四边形OAPB是平行四边形，所以 即 所以， 所以 （2）因为点A，B分别在直线与上 设直线OA的倾斜角为，则， ， ，即， 所以平行四边形OAPB的面积为 在中，设， 所以，当且仅当时等号成立 所以平行四边形的面积为， 当且仅当时等号成立，所以平行四边形的面积的最大值为. 18．(1) (2)，其中，2，3，…， (3) 【分析】（1）集合B共有15个，并用列举法得到事件“且”的概率； （2）求出Y的可能取值和对应的概率，得到分布列； （3）求出，当，，2，3，…，时，，结合错位相减法求和，得到数学期望 【详解】（1）当时，非空子集B共有个，符合题意的子集只有，两个， 所以． （2）由题意得：Y的所有可能取值为1，2，3，…，，非空子集B共有个． 当时，集合B中必须包含元素k，不含大于k的元素，符合题意的子集B共有个， 故，其中，2，3，…，n． （3）当时，集合B中必须包含元素n，符合题意的子集B共有个． 当时，； 当，，2，3，…，时，； 因此，记， 即，① ，② ①-②得：， 整理得：． 即． 19．(1) (2)当时，，， 因为，所以在单调递增， 又，，故存在，使得， 且时，单调递减；时，单调递增，故，又， 所以，，因为， 所以，，即， 故 (3)当时，， 因为，所以在单调递增，又；当时，， 故存在，使得， 且时，单调递减；时，单调递增，故存在唯一的极小值点，极小值为， 又， 所以，， 要证，即证，即证， 因为，，所以即证， 令， 则， 令，则，故在单调递增， 又，即， 所以当时，单调递减；当时，单调递增，即，故当时， 即，故 【分析】 (1)    当时，，利用切线方程求解； (2)    运用导数求出函数的单调性，再利用隐零点求出最小值范围即得证； (3)    利用导数证明只有一个极值点，再构造函数进行证明. 【详解】（1）当时，，，，切线的斜率为，故切线方程为， 即. （2）略. （3）略. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $