精品解析：广西壮族自治区柳州市柳江中学2026-2027学年高三上学期9月阶段检测数学试题

广西壮族自治区柳州市柳江中学2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 圆和圆的公切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 记为等比数列的前项和，则“”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 5. 甲、乙、丙三个社区开展活动，某中学派出五名学生参与活动，若每个社区都要有该校学生参与活动，且乙社区只需要一名该校学生参与活动，则不同的安排方式共有（ ） A. 60种 B. 70种 C. 100种 D. 120种 6. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，且的内切圆半径为，则的周长为（ ） A. 20 B. 21 C. 22 D. 23 7. 双曲线C的两个焦点分别为，，过的直线分别交双曲线的两支于M，N两点，若是等边三角形，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，则（ ） 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知正四面体的棱长为2，则（ ） A. 正四面体的体积为 B. 和的距离为 C. 正四面体的外接球表面积为 D. 二面角的正切值为 10. 已知函数，设和为函数的两个极值点，则（ ） A. 存在使得为曲线的对称中心 B. 不存在使得只有一个零点 C. 若，则当时， D. 若，则与两点间的距离最小 11. 设和为单位圆上两点，且曲线交单位圆于，两点，曲线交单位圆于，两点，则（ ） A. 的面积大于的面积 B. 和的面积之和小于 C. 的三边所在的直线的斜率之和小于 D. 的三边所在的直线的斜率之和小于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，则__________________. 13. 函数的最小正周期为__________________，最大值为__________________. 14. 在人工神经网络中，单个人工神经元输入与输出的关系可以称为激活函数，逻辑函数是一种常用的激活函数.定义，若，则__________________. 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. 设是数列的前项和，已知数列是等差数列，， （1）数列的通项公式； （2）记是数列的前项和，证明：： 16. 生物多样性是衡量生态系统稳定性的重要指标．香农－威尔指数常用于评估生态系统的生物多样性，其公式为，其中为第种生物所占比例，为物种数目．值越高代表生物多样性越高．为研究影响生物多样性的因素，某实验小组构建了三个微型生态系统，各微型生态系统的物种构成如下： 物种 物种 物种 物种 （1）从三个微型生态系统中各取一生物个体，若取出的三个个体是同一物种，求取出的个体属于物种的概率； （2）计算微型生态系统各物种个体数的均值和方差，并由此说明数据分布特征； （3）比较三个微型生态系统生物多样性的大小，并分析影响生物多样性的因素． 17. 如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，. （1）证明：； （2）若，，求二面角的正弦值. 18. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，求； （2）证明：在定义域上单调的充要条件是； （3）若有两个符号不同的零点，求的取值范围. 19. 已知抛物线：的焦点与椭圆：的一个焦点重合． （1）求的方程； （2）在直线上，是的两条切线，是切点，在直线上，分别是中边上的高线和中线，是的角平分线； （i）证明：三点共线； （ii）若的横坐标，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广西壮族自治区柳州市柳江中学2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，所以. 2. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用因式分解求一元二次方程的根，得到集合，解绝对值不等式，求出集合，分别求出两个集合的补集，进而求交集. 【详解】集合，则 由，解得， 又因为，故，则， 则. 3. 圆和圆的公切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】圆即，表示以为圆心，半径为1的圆. 圆即，表示以为圆心，半径为4的圆. 两圆的圆心距为，等于两半径之和，所以两圆外切， 所以两圆的公切线条数为3. 4. 记为等比数列的前项和，则“”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 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以“”是“”的充要条件. 5. 甲、乙、丙三个社区开展活动，某中学派出五名学生参与活动，若每个社区都要有该校学生参与活动，且乙社区只需要一名该校学生参与活动，则不同的安排方式共有（ ） A. 60种 B. 70种 C. 100种 D. 120种 【答案】B 【解析】 【详解】第一步：首先确定乙社区的人员安排，选法为：（种）， 第二步：剩余4名学生分为两组，均不为空： 第一类：分为2人、2人的两组，由于人数相同，分组时存在重复计数，需除以两组的排列数消除重复， 分组方法数为：，将两组分配到甲、丙两个社区，分配方法数为（种）， 所以第一类方法数为（种）. 第二类：分为人、人的两组，由于人数不同，不存在重复计数， 分组方法数为：， 将两组分配到甲、丙两个社区，分配方法数为（种），所以第二类方法数为（种）. 所以总的安排方法数为：（种）. 6. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，且的内切圆半径为，则的周长为（ ） A. 20 B. 21 C. 22 D. 23 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，可求得，利用余弦定理可求得，可求周长. 【详解】由题意可得，所以， 所以，又，所以，所以. 又由余弦定理可得，所以， 又，所以，代入得， 所以，解得或（舍去）. 所以，所以的周长为. 7. 双曲线C的两个焦点分别为，，过的直线分别交双曲线的两支于M，N两点，若是等边三角形，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意作图，根据双曲线定义表示各线段的长，利用余弦定理，可得答案. 【详解】由题意可作图如下： 则①，②， 在中，， 可得， 则， 由，则， 在中，，由余弦定理可得 ，即， 由，则，解得. 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意两式平方相减可得，再利用二倍角公式化简计算可得. 【详解】因为，， 则，， 所以， 所以， 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知正四面体的棱长为2，则（ ） A. 正四面体的体积为 B. 和的距离为 C. 正四面体的外接球表面积为 D. 二面角的正切值为 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项主要考查正四面体的体积，将点投影到底面的中心点，从而在直角三角形中运用勾股定理，求解得出正四面体的高；B选项考查异面直线间的距离，需要取的中点为，取的中点为，通过证明和，从而得到线段为异面直线、的公垂线段，将和的距离转化为的长度；C选项主要考查正四面体的外接球，找到球心的位置，在直角三角形中根据勾股定理列出关于半径的方程，求解计算即可；D选项考查求二面角的正切值，通过证明 是二面角的平面角，从而转化为求在直角中，的值. 【详解】对于A选项，设点在底面投影是底面中心点，取的中点为， 连接、、，如图所示， 因为是边长为2的等边三角形，且点为的中点， 所以，且， 又因为底面的中心为点，所以， 同理因为是边长为2的等边三角形，且点为的中点， 所以，且， 又因为点在底面投影是底面中心点，所以平面， 即为正四面体的高， 在直角中，， ， 所以，故A错误； 对于B选项，取的中点为，取的中点为， 连接、、，如图所示， 因为是边长为2的等边三角形，且点为的中点， 所以，且， 同理因为是边长为2的等边三角形，且点为的中点， 所以，且， 又因为平面，平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，且点为的中点， 所以， 即线段为异面直线、的公垂线段，所以和的距离为， ，故B正确； 对于C选项，设点在底面投影是底面中心点， 设正四面体的外接球的球心为，半径为，取的中点为， 连接、、，如图所示， 则，，， 在直角中，，即， 解得，，所以外接球表面积，故C正确； 对于D选项，取的中点为，连接、，如图所示， 因为是边长为2的等边三角形，且点为的中点， 所以，且， 同理因为是边长为2的等边三角形，且点为的中点， 所以，且， 因为，， 所以是二面角的平面角， 因为点在底面投影是底面中心点，所以在直角中， ，，， 则，，故D错误. 10. 已知函数，设和为函数的两个极值点，则（ ） A. 存在使得为曲线的对称中心 B. 不存在使得只有一个零点 C. 若，则当时， D. 若，则与两点间的距离最小 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用函数对称性定义推理判断A；分类求出函数的零点判断B；举例说明判断C；求导并利用韦达定理及两点间距离公式得到，令，再求导判断单调性即可判断D. 【详解】函数的定义域为R， 对于A， ， ，而，因此当时，， 即为曲线的对称中心，A正确； 对于B，当时，有两个零点，当且时，有三个零点， 因此不存在使得只有一个零点，B正确； 对于C，取满足，，当时，，C错误； 对于D，求导得，， ， ， 因此与两点间的距离为 ， 令，则， 令，， 所以当时，即时，与两点间的距离最小，最小值为，故D正确. 11. 设和为单位圆上两点，且曲线交单位圆于，两点，曲线交单位圆于，两点，则（ ） A. 的面积大于的面积 B. 和的面积之和小于 C. 的三边所在的直线的斜率之和小于 D. 的三边所在的直线的斜率之和小于 【答案】BCD 【解析】 【分析】由反函数的对称性，结合已知可得单位圆的圆心在直线上，故得单位圆的方程为，设曲线任意一点为，可求得曲线的点到直线的距离最小，进而可得曲线上的点与曲线上的点的距离的最小值为，进而计算可判断AB；作出示意图，求得点的坐标的变化范围，以及点的坐标的范围，进而计算可判断CD. 【详解】因为和互为反函数，所以图象关于直线对称， 又和也关于直线对称，所以单位圆的圆心在直线上， 不妨取单位圆的圆心在坐标原点，即单位圆的方程为， 设曲线上任意一点为，点到直线的距离， 令，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，所以，所以， 所以，即曲线上的点到直线的距离最小. 由反函数的性质可知曲线上点到直线的距离最小. 又，所以曲线上的点与曲线上的点的距离的最小值为. 由圆的对称性可知关于直线对称，且，所以， 所以的面积小于的面积，故A错误； 作出图形如图所示：可知和的面积之和为四边形的面积， 又， 设到直线的距离为，则，所以， 所以，当且仅当时取等号，又， 所以，所以， 又，所以，故B正确； 设，由题意可得，所以， 令，求导得， 令，求导得， 所以在上单调递增， 又，， 所以存在，使得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调增， 又，， 所以存在，使得，又， 所以，又， 所以，， 所以，，所以， 所以，所以， 因为，所以，所以， 所以，所以，所以 又，所以的三边所在的直线的斜率之和小于，故C正确； 因为，，所以， 所以，又，所以， 又，所以，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，则__________________. 【答案】0 【解析】 【详解】由，得，整理得， 所以. 13. 函数的最小正周期为__________________，最大值为__________________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据积化和差公式，将函数整理为简单余弦型函数的差，求出两个函数最小正周期的最小公倍数即可，利用二倍角公式将函数整理为复合函数，利用换元法，求出函数的最大值. 【详解】由积化和差公式， 得， 因为函数的最小正周期为， 函数的最小正周期为， 所以函数的最小正周期为的最小公倍数， 所以函数的最小正周期为， 因为 当，即时，令， 所以，， 令，解得或， 在上，单调递减， 在上，单调递增， 在上，，单调递减， 当时，，当时，， 所以的最大值为. 14. 在人工神经网络中，单个人工神经元输入与输出的关系可以称为激活函数，逻辑函数是一种常用的激活函数.定义，若，则__________________. 【答案】 【解析】 【详解】由，，得， 所以，得，即， 因为，所以，所以， . 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. 设是数列的前项和，已知数列是等差数列，， （1）数列的通项公式； （2）记是数列的前项和，证明：： 【答案】（1） （2） 由（1）可得， ， 两式相减得： ， 【解析】 【分析】（1）利用的关系可求数列的通项公式；利用等差数列基本量的计算可求数列的通项公式； （2）利用等比数列前项和公式求得，求得数列的通项公式，进而利用错位相减法可求得，作差法比较大小可证不等式成立. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 两式相减得：，即， ∴数列是等比数列，首项为1， 公比为. 设数列公差为，则， 解得，所以 【小问2详解】 略 16. 生物多样性是衡量生态系统稳定性的重要指标．香农－威尔指数常用于评估生态系统的生物多样性，其公式为，其中为第种生物所占比例，为物种数目．值越高代表生物多样性越高．为研究影响生物多样性的因素，某实验小组构建了三个微型生态系统，各微型生态系统的物种构成如下： 物种 物种 物种 物种 （1）从三个微型生态系统中各取一生物个体，若取出的三个个体是同一物种，求取出的个体属于物种的概率； （2）计算微型生态系统各物种个体数的均值和方差，并由此说明数据分布特征； （3）比较三个微型生态系统生物多样性的大小，并分析影响生物多样性的因素． 【答案】（1） （2）各物种个体数的均值为，方差为； 各物种个体数的均值为，方差为； 数据分布特征： 对于微型生态系统，数据均分布在平均值两侧，方差大，分布离散（分散）； 对于微型生态系统，数据聚集分布在平均值上，方差小，分布集中． （3）；物种数目（比较和），物种均匀度（比较和）． 【解析】 【分析】（1）识别条件概率，先求同物种总概率、同为物种的联合概率，代入条件概率公式； （2）直接套用均值、方差公式计算，方差大小描述数据离散程度； （3）按香农－威尔公式分别计算指数，比较大小，分析物种丰富度、均匀度两个影响因素． 【小问1详解】 从三个微型生态系统中各取一生物个体，记“取出的三个个体是同一物种”为事件，“取出的个体属于物种”为事件， 微型生态系统共有生物个体数， 微型生态系统共有生物个体数， 微型生态系统共有生物个体数， ， ， 所以所求条件概率为； 【小问2详解】 微型生态系统各物种个体数的均值为， 方差为； 微型生态系统各物种个体数的均值为，方差为． 数据分布特征： 对于微型生态系统，数据分布在平均值两侧，方差大，分布离散（分散）； 对于微型生态系统，数据聚集分布在平均值上，方差小，分布集中． 【小问3详解】 根据香农－威尔公式，可以计算三个微型生态系统的多样性指数： 微型生态系统： ； 微型生态系统：； 微型生态系统：． 比较和： ； 比较和： ； 所以生物多样性：． 影响生物多样性因素：物种数目（比较和），物种均匀度（比较和）． 17. 如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，. （1）证明：； （2）若，，求二面角的正弦值. 【答案】（1）方法一：三棱柱中，由得． 又，且与相交于，所以平面，从而． 菱形的两条对角线与垂直． 因为与相交于，且同在平面内，所以平面． 由平面，得． 方法二：设，，． 由菱形得； 由题设及得． 因为，，所以，故． （2）． 【解析】 【分析】（1）先由垂直于菱形侧面，结合菱形对角线垂直证明线面垂直；也可将待证关系化为向量数量积为零． （2）建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再由法向量夹角求二面角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由小问1知平面． 二面角不随图形等比缩放而改变，取，则． 以为原点，沿、以及垂直于平面向上的方向分别取、、轴． 由，可取，，，，． 于是，，． 设平面的一个法向量为，由，， 得，解得，，取，得． 设平面的一个法向量为，由，， 得，解得，，取，得． 因此，，． 设所求二面角为，其大小与两法向量的夹角相同或互补，故． 18. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，求； （2）证明：在定义域上单调的充要条件是； （3）若有两个符号不同的零点，求的取值范围. 【答案】（1）或 （2）由研究单调性． 当时，，导数在两侧由负变正，故先递减后递增，不单调； 当时，，导数在两侧由负变正，故也先递减后递增，不单调． 当时，，，函数在定义域上单调递增． 因此，在定义域上单调的充要条件是． （3） 【解析】 【分析】（1）求出切线与坐标轴的截距，用三角形面积建立关于的方程，并排除退化情形． （2）利用导数符号判断时的单调性，再验证． （3）按、、分类，结合极小值、的符号及单调性判断两个零点的位置． 【小问1详解】 由题意得， 所以，． 切线方程为． 切线与两坐标轴围成面积为的三角形，须有且； 此时切线与轴的交点横坐标为，与轴的交点纵坐标为． 由三角形面积等于两轴截距绝对值乘积的一半， 得． 于是， 所以或， 解得或． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，，没有零点，不符合题意． 当时，在定义域内连续，且当或时，． ①当时，由第（2）问知，在上递减，在上递增． 若有两个零点，则极小值必须小于，即，解得． 此时，且，结合连续性与上述单调性，较小的零点位于内，较大的零点位于内． 两个零点均为正数，不符合题意，舍去． ②当时，由第（2）问知，在上递减，在上递增． 若有两个零点，则极小值必须小于，即，解得． 反之，当时，，且，结合连续性、两端的变化趋势及上述单调性，函数在和内各有且仅有一个零点，两个零点异号． 综上，的取值范围为． 19. 已知抛物线：的焦点与椭圆：的一个焦点重合． （1）求的方程； （2）在直线上，是的两条切线，是切点，在直线上，分别是中边上的高线和中线，是的角平分线； （i）证明：三点共线； （ii）若的横坐标，证明：． 【答案】（1） （2） （i）已知是的角平分线，即， 若要证明三点共线，只需证明， 设，，， 由此，直线和的方程分别为 ，， 代入的坐标得，， 因为满足同一方程， 所以直线的方程为， 即． 联立曲线和直线得， 从而，， 根据弦长公式，得，， 根据抛物线的定义，得，， 又因为， 所以， 因此，从而，故命题得证； （ii）由于，，无需考虑三点重合的情况． 根据（2），， 代入直线的方程得中线与的交点坐标为， 高线与直线垂直且过点，因此可写作， 与直线联立得高线与的交点坐标为， 角平分线与共线，因此可写作直线，即， 与直线联立得角平分线与的交点坐标为， ， 所以， 因此， 【解析】 【分析】（1）利用椭圆焦点求出，结合抛物线焦点定义求出，写出抛物线方程； （2）（i）设点，写出切点弦的方程，结合韦达定理，利用抛物线切线性质与三角形相似证明平分，得到三点共线； （ii）求出三点坐标，对线段比值做代数放缩，构造关于的二次式，由证得不等式． 【小问1详解】 根据椭圆的参数关系，，从而焦点为（负舍）， 根据焦点重合，一定有，从而，所以的方程为； 【小问2详解】 （i）略；（ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $