精品解析：河北廊坊市固安县第六中学2026-2027学年高三上学期九月阶段检测数学试卷

2026-2027学年固安县第六中学高三上学期九月阶段检测 数学试卷 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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、单选题：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. 设无穷数列的前项和为，若为严格增数列，则数列（ ） A. 所有项都大于 B. 至多有一项不大于 C. 可以有不止一项的有限项不大于 D. 可以有无穷多项不大于 2. 数据10，11，11，12，13，14，16，18的75%分位数为（ ） A. 16 B. 15 C. 14 D. 13 3. 点集表示的曲线总长度等于（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 若是非零向量且满足，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，若且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的方程为，为其焦点，点坐标为，过点作直线交抛物线于、两点，是轴上一点，且满足，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 在 中，点 在边 所在的直线上，且 ，若 ，则 的值可能为（     ） A. B. C. D. 10. 已知一组数据，，，，满足，则下列说法正确的是（ ） A. 这组数据的40%分位数是 B. ，，的极差小于，，，，的极差 C. ，，的平均数小于，，，，的平均数 D. ，，的方差小于，，，，的方差 11. 已知双曲线，过左焦点作一条渐近线的垂线，垂足为，过右焦点作一条直线交双曲线的右支于两点，的内切圆与相切于点，则下列选项正确的是（ ） A. 线段的最小值为 B. 的内切圆与直线相切于点 C. 当时，双曲线的离心率为 D. 当点关于点的对称点在另一条渐近线上时，双曲线的渐近线方程为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，已知由斜二测画法得到的水平放置的四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的面积为______. 13. 的展开式中的系数为___________． 14. 在平面直角坐标系中，已知点、，动点满足，点满足，则面积的最大值为______． 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. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式； （2）将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间上的最大值和最小值. 16. 如图，已知平行六面体中，所有棱长均为2，底面是正方形，侧面是矩形，点为的中点，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 某工厂为了解甲、乙两条生产线所生产产品的质量，分别从甲、乙两条生产线生产的产品中各随机抽取了100件产品，并对所抽取产品的某一质量指数进行检测，根据检测结果按[2，4），[4，6），[6，8），[8，10]分组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）分别求甲、乙生产线所生产产品的质量指数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）若产品的质量指数在[8，10]内，则该产品为优等品．现采用分层抽样的方法从样品中的优等品中抽取6件产品，再从这6件产品中随机抽取2件产品进一步进行检测，求抽取的这2件产品中恰有1件产品是甲生产线生产的概率． 18. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. （1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； （2）在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； （3）已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）若，. ①求二面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年固安县第六中学高三上学期九月阶段检测 数学试卷 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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、单选题：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. 设无穷数列的前项和为，若为严格增数列，则数列（ ） A. 所有项都大于 B. 至多有一项不大于 C. 可以有不止一项的有限项不大于 D. 可以有无穷多项不大于 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列的单调性可知，对任意的，，但可以等于零，由此可得出结论. 【详解】若为严格递增数列，则对任意的，，可得， 即数列从第二项开始，每项都是正数，但可以等于零， 故选：B. 2. 数据10，11，11，12，13，14，16，18的75%分位数为（ ） A. 16 B. 15 C. 14 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位的定义求解即可． 【详解】因为， 所以这组数据的75%分位数为． 故选：B． 3. 点集表示的曲线总长度等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意整理得，，且，结合直线，圆的方程分析求解. 【详解】由题意可知：，解得， 因为，则或， 若，且，表示以为端点的线段， 此时表示的曲线总长度为； 若，整理得，表示以为圆心，半径为1的上半圆， 此时表示的曲线总长度为； 综上所述：点集表示的曲线总长度等于. 故选：C. 4. 函数的图象关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦函数对称轴的性质，建立关于的方程，进而求解的最小值. 【详解】函数的图象关于直线对称， 所以，，得，， 因为，所以当时，取最小值，为， 故选：A. 5. 若是非零向量且满足，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量垂直关系得到，再由向量夹角公式即可求解. 【详解】设与的夹角是，因为， 所以，即①， 又因为， 所以，即②， 由①②知， 所以. 故选：B. 6. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据题意得到在为增函数，，再根据当时，求解即可. 【详解】当时，， ， 所以在为增函数，. 当时，， 因为函数的值域为，所以. 故选：C 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，若且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作，结合条件可得，结合椭圆定义求出，在，中，分别由勾股定理建立等式得到的方程，求得答案. 【详解】如图，，垂足为， 因为，所以，为的中点， ，， ， ，整理得， 所以，即， ， ， 在中，，在中，， ， 化简整理得， ，解得或，又，. 故选：A. 8. 已知抛物线的方程为，为其焦点，点坐标为，过点作直线交抛物线于、两点，是轴上一点，且满足，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，，直线方程为，联立直线与抛物线方程，消元，得到，再由，可得，是方程的解，将代入方程，由求出. 【详解】设，，，直线方程为， 联立直线与抛物线方程，可得， 显然，所以． 又，即， 即，， 故，是方程的解， 将代入方程， 整理得，显然， ， ，即． 故选：B． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 二、多选题：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. 在 中，点 在边 所在的直线上，且 ，若 ，则 的值可能为（     ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】分两种情况，分别画出图形，利用平面向量基本定理求解即可. 【详解】由题意，当点位于如图所示的位置时，， 此时，那么. 由题意，当点位于如图所示的位置时，， 此时，那么. 故选：BC. 10. 已知一组数据，，，，满足，则下列说法正确的是（ ） A. 这组数据的40%分位数是 B. ，，的极差小于，，，，的极差 C. ，，的平均数小于，，，，的平均数 D. ，，的方差小于，，，，的方差 【答案】BD 【解析】 【分析】根据百分位数、极差、平均数、方差的概念及含义计算分析可得. 【详解】对于A，，所以这组数据的40%分位数是，A错误； 对于B，因为，所以，故B正确； 对于C，不妨取这组数据为， 此时，，的平均数和，，，，的平均数均为3，C错误； 对于D，由可知，数据，，，，比数据，，更分散， 所以，，的方差小于，，，，的方差，D正确. 故选：BD 11. 已知双曲线，过左焦点作一条渐近线的垂线，垂足为，过右焦点作一条直线交双曲线的右支于两点，的内切圆与相切于点，则下列选项正确的是（ ） A. 线段的最小值为 B. 的内切圆与直线相切于点 C. 当时，双曲线的离心率为 D. 当点关于点的对称点在另一条渐近线上时，双曲线的渐近线方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】设出直线方程，联立双曲线方程，利用韦达定理及弦长公式可判断A，根据双曲线的定义和内切圆性质可判断B，由题可得进而可判断C，根据条件可得渐近线与x轴的夹角为可判断D. 【详解】设双曲线的右焦点为，， 当直线斜率不存在时，直线的方程为，则， 当直线斜率存在时，设直线的方程为 联立，消去，得， ， 由，解得或， 所以 ， 所以当直线与轴垂直时，的长最小，即最小值为，故A错误； 设的内切圆与三角形三边的切点分别是，由切线长性质，可得 ， 因为，所以，所以与重合， 即的内切圆与直线AB相切于点，故B正确； 由题可知双曲线的渐近线为，，则， 由上可知，所以，所以，故C正确； 若关于P点的对称点在另一条渐近线上时，则渐近线与x轴的夹角为，则其渐近线方程为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点睛：本题A选项的关键是采用设线法联立双曲线方程，利用弦长公式证明出双曲线焦点弦中通径最短的结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，已知由斜二测画法得到的水平放置的四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法求解. 【详解】∵四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形， ∴原图形为平行四边形，一组对边长为1，且该边上的高为， ∴原图形的面积为. 故答案为： 13. 的展开式中的系数为___________． 【答案】420 【解析】 【详解】依题意，所求系数为． 故答案为：420． 14. 在平面直角坐标系中，已知点、，动点满足，点满足，则面积的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设，由可得，可设，，，则，由可得，再证明已知三点，则面积为，可得，进而结合正弦函数的性质求解即可. 【详解】设，则，即， 则，不妨设，，，则， 所以，即， 下面证明：已知三点，则面积为. 由，则， 即，，， 所以面积为 . 则 ， 由于，则， 即，则面积的最大值为. 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. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式； （2）将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）取到最大值， 取到最小值. 【解析】 【分析】(1)利用周期性求，利用最高点求，即可求得解析式； (2)利用平移思想，结合定义域，再利用正弦函数的性质可求得最值. 【小问1详解】 由图可得：函数的周期为，则， 因为，所以， 再由， 因为，所以， 即. 【小问2详解】 将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象， 即， 因为，所以，即, 即当时，取到最大值，当时，取到最小值. 16. 如图，已知平行六面体中，所有棱长均为2，底面是正方形，侧面是矩形，点为的中点，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 设是的中点，连接，由于是的中点，∴， 由于，∴，∴， 由于四边形是矩形，∴， 由于平面， ∴平面；，又，从而平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据矩形的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于四边形是正方形，结合（1）的结论可知两两相互垂直， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， ， ， 设平面的法向量为， 则，故可得． 设平面的法向量为， 则，故可得． 设平面与平面的夹角为，则． 17. 某工厂为了解甲、乙两条生产线所生产产品的质量，分别从甲、乙两条生产线生产的产品中各随机抽取了100件产品，并对所抽取产品的某一质量指数进行检测，根据检测结果按[2，4），[4，6），[6，8），[8，10]分组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）分别求甲、乙生产线所生产产品的质量指数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）若产品的质量指数在[8，10]内，则该产品为优等品．现采用分层抽样的方法从样品中的优等品中抽取6件产品，再从这6件产品中随机抽取2件产品进一步进行检测，求抽取的这2件产品中恰有1件产品是甲生产线生产的概率． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图直接求甲、乙生产线所生产产品的质量指数的平均数即可； （2）先确定甲、乙生产线的样品中抽取的优等品的个数，再利用列举法写出所有情况，利用古典概率模型求解即可． 【小问1详解】 解：甲生产线所生产产品的质量指数的平均数为： ； 乙生产线所生产产品的质量指数的平均数为： ． 【小问2详解】 由题意可知，甲生产线的样品中优等品有100×0.1×2＝20件， 乙生产线的样品中优等品有100×0.05×2＝10件． 从甲生产线的样品中抽取的优等品有件，记为a，b，c，d； 从乙生产线的样品中抽取的优等品有件，记为E，F； 从这6件产品中随机抽取2件的情况有： （a，b），（a，c），（a，d），（a，E），（a，F）， （b，c），（b，d），（b，E），（b，F）， （c，d），（c，E），（c，F）， （d，E），（d，F）， （E，F），共15种； 其中符合条件的情况有： （a，E），（a，F），（b，E），（b，F）， （c，E），（c，F），（d，E），（d，F），共8种． 故所求概率． 18. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. （1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； （2）在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； （3）已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）类比球的体积公式推导，把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，结合锥体体积公式可得“球锥”体积. （2）设圆锥半径为，由勾股定理可得，由题意，计算体积消去化简即可. （3）根据四面体棱长计算高和底面外接圆的半径，结合题意分析即可. 【小问1详解】 把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. 【小问2详解】 设圆锥半径为，则， 当球缺的体积与圆锥的体积相等时，， 即， 消去，得， 整理得，因为，所以. 【小问3详解】 设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为， 则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件. 注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时， ，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体，所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”. 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则，且顶点在球冠上.即，且. 又因为，所以. 19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）若，. ①求二面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 连接，交于点，连接， 因为底面为菱形，所以为的中点， 因为为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，可证，从而平面； （2）①取的中点，连接，则，在中，作交于点，以为二面角的平面角，利用余弦定理求解边和角；②设点在平面内的射影为点，则为直线与平面所成的角，求出的长度，即可解决问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①因为，所以为等边三角形， 取的中点，连接，则， 在中，作交于点， 所以为二面角的平面角， 在中，因为，所以， 所以， 在中，， 所以， 在中，， 由余弦定理得， 在中，由余弦定理， 所以二面角的余弦值为； ②设点在平面内的射影为点， 则为直线与平面所成的角， 因为，所以， 所以，所以， 又因为平面，平面，， 所以平面， 又因为平面，平面， 所以平面，且， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】关键点点睛：根据定义找到二面角和线面角的平面角，从而求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $