广东省部分学校2026届高三上学期9月联考数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页广东省部分学校2026届高三上学期9月联考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．在复平面内，对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．若函数的图象关于轴对称，则（

）A． B． C． D．3．已知一个底面半径为1的圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的4倍，则该圆锥的母线长为（

）A．4 B．1 C．2 D．64．已知向量，，且与垂直，则（

）A． B． C． D．5．设正数满足为与的等差中项，为与的等比中项，若，则（

）A．4.5 B．3 C．3.5 D．46．的展开式中，的系数为（

）A．60 B．30 C．45 D．157．已知第二象限角满足，则（

）A． B． C． D．8．已知随机变量X服从正态分布，且，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知集合，，则（

）A．当时，集合含有2个元素B．集合中的元素个数可能为5C．当时，D．当时，10．记，分别为双曲线的左、右焦点，以为圆心，以E的焦距为半径的圆T与E的右支交于P，Q两点，则（

）A．E的渐近线方程为 B．C． D．11．已知函数，点和是曲线相邻的两个对称中心，记为的导数，则（

）A．B．C．在区间上有4条平行于y轴且被曲线无限逼近的直线D．直线是曲线的一条切线三、填空题12．设椭圆E的焦距为2，短轴长为，则E的长半轴长为，离心率为．13．函数的极小值为．14．在中，记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，D为边BC上的一点，且AD是的平分线，则，的最小值为．四、解答题15．在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，A，B，C为E上三点，且F为的垂心．(1)若点A的纵坐标为，求直线的斜率；(2)若A为坐标原点，求的面积．16．射频芯片在无线通信技术中起着至关重要的作用，其性能的好坏直接影响到通信的稳定性和效率．现从型号为SX1280与BGM220P的两款射频芯片中各抽取50枚芯片，每10枚芯片为一组，得到它们的频率参数表：1组2组3组4组5组SX128024.224.324.124.024.4BGM220P24.124.224.524.124.1记型号为SX1280的射频芯片所得平均频率为，方差为；型号为BGM220P的射频芯片所得平均频率为，方差为．(1)记．（ⅰ）求，；（ⅱ）已知：若，则称这两款射频芯片的电气参数相近．判断这两款射频芯片的电气参数是否相近，并证明．(2)现从这10组射频芯片中抽取4组进行频率检测，求至少有3组的平均频率不低于24.2GHz的概率．17．如图，四棱锥中，，，，，．(1)证明：；(2)若平面平面，且四棱锥的高为，求平面与平面夹角的余弦值．18．已知函数．(1)若，求的零点；(2)若，讨论的单调性；(3)若，证明：．19．已知等差数列与等比数列满足，，．(1)求，的通项公式；(2)记，为数列的前项和．（ⅰ）求；（ⅱ）若当时，以，，为三边无法构成一个三角形，求的最大值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《广东省部分学校2026届高三上学期9月联考数学试题》参考答案题号12345678910答案BDACAADCABDACD题号11答案AC1．B【分析】根据复数的运算法则求得z，由复数的几何意义得对应点的坐标即可判断.【详解】设，则z在复平面内对应的点位于第二象限．故选：B．2．D【分析】由条件可得函数为偶函数，故，由此可求.【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称，因为函数的图象关于轴对称，所以函数为偶函数，所以，所以，所以恒成立，所以，故选：D.3．A【分析】根据圆锥的侧面积公式列式可得圆锥母线的长.【详解】设该圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意，所以．故选：A4．C【分析】利用向量垂直的坐标表示式计算即得.【详解】由题意可得，，由与垂直可得，解得．故选：C．5．A【分析】利用等差中项的性质得到，结合题意得到，利用等比中项的性质求出，结合和求解即可.【详解】由题意可得成等差数列，成等比数列，得到，，故，若，则，解得，可得，即，故A正确.故选：A．6．A【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.【详解】的展开式中，有，则的系数为，的系数为，所以的展开式中，的系数为．故选：A．7．D【分析】根据二倍角公式化简求值.【详解】由题意可得，即，根据二倍角公式展开即：，解得或，又因为为第二象限角，故，则，，故．故选：D．8．C【分析】结合题意与正态分布的性质求出和，最后结合条件概率公式求解即可.【详解】由题可知该正态分布的均值为，其图象的对称轴为直线，则，又，由对称性可知，由条件概率公式得．故选：C．9．ABD【分析】根据各选项的条件，可验证AD正确；通过举例子可判断B正确；通过举反例可排除C项.【详解】对于A，当时，则，，此时，故A正确；对于B，取，，则，，此时，故B正确；对于C，取，，此时，，，而有，故C错误；对于D，当时，，，根据集合元素的互异性，必有，若，则两集合除0外的元素也应相同，即，这需要满足“且”（显然不成立）或“且”，后者要求，与集合B元素互异性的要求矛盾，故假设不成立，因此，故D正确，故选：ABD．10．ACD【分析】求出双曲线的渐近线方程即可判断A；求得E的焦距及的坐标，得圆T的方程可判断B；联立圆T与E的方程，求出的坐标，得可判断C；由余弦定理得，即可判断D．【详解】对于A选项，易知中实半轴长，虚半轴长，半焦距，则E的渐近线方程为，故A正确；对于B选项，易得E的焦距为4，，故圆T的方程为，即，故B错误；对于C选项，联立，可得，故（舍）或，代入可得，不妨令P在第一象限，则，，显然，故C正确；对于D选项，显然，故由余弦定理可得，故D正确．故选：ACD．

11．AC【分析】首先根据正切函数对称中心的性质，列式求函数的解析式，判断A，再求导数判断B，再结合渐近线方程判断C，利用导数的几何意义求切线方程，再对比选项D的切线方程，即可判断D.【详解】由题可知，，故，其中T是的最小正周期，又因为点是曲线的对称中心，即，，结合可知．因此，故A正确；，所以所以，故B错误；平行于y轴且被曲线无限逼近的直线的方程满足，，解得，，在区间上解，解得，，0，1，共四个取值，所以在区间上有4条平行于y轴且被曲线无限逼近的直线，故C正确；若切线斜率为6，则，解得，此时切线方程应为，显然是含有的角，所以，故D错误．故选：AC．12．2/【分析】根据焦距和短轴长的概念求得，，然后利用公式和求解即可.【详解】由题意可得椭圆E的半焦距，短半轴长，故长半轴长，故E的离心率为．故答案为：2，．13．3【分析】先求导，再根据导数正负判断单调性确定极值即可．【详解】易得，故当时，，单调递减；时，，单调递增．故的极小值为．故答案为：3．14．4/【分析】根据面积相等可得角平分线与边的关系,从而得到的值.在和中，分别应用正弦定理可得与边的关系，把求的最小值问题转化为函数的最小值问题，通过导数判断函数单调性，即可求得答案.【详解】因为，AD是的平分线，所以．因为，所以，所以，所以，即.设，因为所以，所以.在中，由正弦定理可得，则，在中，由正弦定理可得，则，令，则.因为，所以在中，由余弦定理可得，即.故．令，则.当时，，所以，所以，即，所以函数在区间上单调递减，函数在处取得最大值，最大值为.所以当，即，即，即是等腰三角形时，取得最小值，最小值为．故答案为：4，．15．(1)(2)【分析】（1）先根据抛物线焦点坐标公式求出抛物线方程，进而得到点A的坐标，再利用垂直关系求出直线的斜率；（2）先设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到B、C两点横坐标的关系再根据垂直关系求出直线的斜率，进而求出的面积．【详解】（1）由题意可得抛物线，令易得，故直线AF的斜率为，由于为垂心，故，故直线BC的斜率为．（2）因为A为坐标原点，F为的垂心，所以，即，则轴，设，则，又，所以，解得．从而的面积为．

16．(1)（i），；（ii）相近，证明见解析(2)【分析】（1）根据平均数和方差的定义计算，进而判断；（2）判断此试验服从超几何分布，并分别求出抽出3组和4组时的概率，相加即可.【详解】（1）（ⅰ）由题意可得.（ⅱ）易得，此时，故，故可认为这两款射频芯片的电气参数相近．（2）共有5组的平均频率不低于24.2GHz.记事件：抽到i组芯片的平均频率不低于2.42GHz，则，，故至少3组的平均频率不低于24.2GHz的概率为．17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点O，连接，证明平面即可；（2）以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量方法即可求解．【详解】（1）如图，取中点O，连接．由，且O为中点，则．由于，且，，则四边形为正方形，也即．由于，，平面，且，故平面．又平面，故．（2）由题意可得平面平面，且为交线，故平面，则为四棱锥的高，故．以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，．故，，．设平面的法向量，平面的法向量．则，即，令，解得；，即，令，解得．设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面夹角的余弦值为．18．(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）结合对数函数方程的解法，利用函数零点的概念直接求解即可；（2）求出导函数，然后按照、、三种情况分类讨论，解导函数不等式即可求得单调区间；（3）将所证不等式转化为证明，设，利用导数法求得在区间上单调递增，进而，即可得证.【详解】（1）时，，令可得，解得，所以的零点为e．（2）因为，所以．若，则令，解得，，①若，即时，当时，，当时，，故在区间上单调递增，在区间，上单调递减．②若，即时，，故在上单调递减．③若，即时，当时，，当时，，故在区间上单调递增，在，上单调递减．综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，；当时，在上单调递减；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，．（3）要证，因为，则只证，故只需证明，设，则，所以当时，，故在区间上单调递增，所以，原式得证．19．(1)，(2)（i）；（ii）【分析】（1）把等差数列的通项公式与等比数列的通项公式代入到条件中，解方程即可.（2）（ⅰ）分类讨论，当为偶数时，错位相减法可求出；当为奇数时，利用可求出.（ⅱ）考虑可以构成三角形的情况，利用“三角形两边之和大于第三边”，分类讨论