广东省部分中学2026届高三上学期9月质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省部分中学2026届高三上学期9月质量检测数学试题一､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.已知集合，，若，则（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】C【解析】由题意知集合，而，结合可得B不为空集，则，则，故，解得.故选：C.2.若抛物线的焦点为，准线方程为，且经过点，则（）A.5 B. C.1 D.【答案】C【解析】由抛物线的定义知，等于点到准线的距离，所以，故选：C.3.已知，从1，2，…，中随机取出两个数，若两数之和为3的概率为，则（）A.6 B.7 C.20 D.21【答案】B【解析】从个正整数中任意取出两个不同的数共有取法，其中两数之和为3的取法为：，共1种，故两数之和等于3的概率为，所以，即，所以，又因为，解得：.故选：B．4.在的展开式中，的系数为；在的展开式中，的系数为.则（）A.10 B. C. D.【答案】B【解析】的展开式表示10个因式的乘积，故在这10个因式中，有8个选，有1个选，有1个选，即可得到含的项，故的系数为，即；在的展开式表示9个因式的乘积，故在这9个因式中，有8个选，有1个选，即可得到含的项，故的系数为，即，所以.故选：B．5.设大于1的实数，满足，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】，又，，且时，随的增大而增大，，，,则，即．故选：D．6.设，若的实部为1，则的最小值为（）A.1 B. C. D.2【答案】C【解析】设，则，的实部为1，故，则，，而，当时，取最小值3，即取最小值，故的最小值为，故选：C.7.已知为无穷数列，若是递增数列，是递减数列，则（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】由题意可得是递增数列，是递减数列，则，两式相乘得，由于，则，则，，所以；若，，则，矛盾，所以，，故A正确，C错误；若，则，时，，，符合是递增数列，，符合是递减数列，此时；若，同样符合题意，但；所以B、D错误；故选：A.8.设，，，动点在圆上.若的最大值为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设，在三角形中，由正弦定理得，，，在圆上，，，，，，，的最大值为，此时取最大值，，当时，达到最大值，.故选：A.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.设函数，则（）A.有最大值 B.曲线有对称中心C.有最小值 D.曲线有对称轴【答案】BD【解析】对于函数，，当时，，当且仅当，即时等号成立，当时，，当且仅当，即时等号成立，所以没有最大值，也没有最小值，故AC错误；由，所以是奇函数，则曲线有对称中心为，故B正确；函数是对勾函数，对勾函数的图像是双曲线绕坐标原点旋转得到的，双曲线有两条对称轴，所以函数有两条对称轴，故D正确；故选：BD.10.设椭圆的左右焦点分别为，，过的直线与交于，两点.若垂直于轴，，为中点，则（）A. B.的离心率为C.平分 D.【答案】BC【解析】由已知令，对于A，已知垂直于轴，将代入椭圆，得，即，所以，故A错误；对于B，已知，设，又，则有，则，即，解得，即，又在椭圆上，所以，又代入整理得，所以椭圆的离心率为，故B正确；对于C，因为为中点，则，则，所以，即平分，故C正确；对于D，因为，，则，又由选项B知，，则，所以，故D错误.故选：BC.11.在棱长为2的正方体中，，，过且平行于的平面记为.下列说法正确的是（）A.若棱与交于点，则B.若棱与交于点，则C.截正方体所得截面是五边形D.截正方体所得截面的面积为【答案】ACD【解析】在正方体中，取的中点，因为中点，则，四边形为平行四边形，则，过点作直线交于，分别交的延长线于，连接交于，连接交于，连接，显然，而平面，平面，故平面，又平面，则平面是过且平行于的平面，平面即为平面，对于C，平面截正方体所得截面是五边形，故C正确；对于A，在中，是中点，则是中点，故，，故A正确；对于B，由，是中点，得，而，则，即，故B错误；对于D，由，得，则，，而，则，在中，由余弦定理，，则，于是，.由平面平面，平面平面，平面平面，得，同理，又，，因相似于，相似于，则，，则，故D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设，，当取最小值时，__________.【答案】1【解析】令，则，即，当且仅当时取等，解得（负根舍去）.故答案为：1.13.已知，均为单位向量，且和的夹角为，若和的夹角为，则__________.【答案】2或【解析】因为，均为单位向量，所以，因为和的夹角为，所以，而，，，因为和的夹角为，所以，解得或.故答案为：2或.14.在中，，将绕所在直线旋转一周，所得几何体体积的最大值为__________.【答案】【解析】如图所示，将绕所在直线旋转一周，所得几何体为同底的两个圆锥，由余弦定理，可得，则，所以，设旋转一周得到同底的圆锥的底面圆的半径为，可得，所以，所以几何体体积为,则，令，即，即，解得或（舍去），所以或（舍去）又由，则,当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取得极大值，也是的最大值，由，可得，且，则，可得，即围成几何体的体积的最大值为.故答案为：.四､解答题：本题共小题，共分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知双曲线的渐近线方程为，且过点.（1）求的方程；（2）过的上焦点且斜率为的直线与交于，两点，证明：.（1）解：由已知得，，故，C的方程为.（2）证明：由（1）得双曲线的上焦点为，设直线，，，根据题意作图如下.联立，得，，所以，，所以直线和直线的斜率之积为，因此.16.某咖啡店想了解顾客性别与喜欢的咖啡口味是否有关，随机调查了名顾客，得到如下的列联表：喜欢拿铁喜欢美式男性顾客7080女性顾客9060（1）根据的独立性检验，分析顾客性别与喜欢的咖啡口味是否有关；（2）从这名顾客中随机选择名，已知其中至少有名女性顾客，求这名顾客都喜欢拿铁的概率.附：，解：（1）零假设：顾客性别与喜欢的咖啡口味无关.因为，故依据的独立性检验，没有足够的证据说明不成立，即认为顾客性别与喜欢的咖啡无关.（2）设事件“所选的2名顾客至少有1名女性顾客”，事件“所选的2名顾客都喜欢拿铁”.由列联表知；，所以.17.设，函数.（1）当时，求的单调递减区间；（2）当时，，求的取值范围.解：（1）.令，得，故的单调递减区间是.（2）记，.（i）由（1），若，则当时，，不合题意.（ii）若，则等价于.设，.设，则.时，，恰有一个大于0的零点.时，因为，所以是二次项系数为正，常数项为负的二次函数，故有且仅有一个大于0的零点.总之，记为的唯一正根，则在单调递减，在单调递增.又因为，所以当时，单调递减；当时，单调递增.因此，符合题意.综上所述，的取值范围是.18.已知为的边上一定点，动点沿运动.如图为的长与的运动路程的函数图像，该图像由两段曲线构成，其中和为两段曲线的最低点，，，为两段曲线的端点.部分点的纵坐标值如表所示.点纵坐标1066（1）直接写出，，的长；（2）求的面积；（3）求点的坐标.解：（1）根据题意作图如下，结合题中函数图像，等于点的纵坐标，等于点的纵坐标，等于点的纵坐标.综上，，，.（2）由图象可知点在，的射影均在对应的线段上，分别记为，，连接，如图所示.记，的面积分别为，，且由已知.因此，所以，又，的高相等，所以，所以，故的面积.（3）在直角中，，又，所以在中，由余弦定理，，又因为，故.因此，则点的横坐标为，纵坐标为，所以点的坐为.19.（1）已知数列的各项均大于0，，，其中.证明：（i）；（ii）设满足，则；（2）求所有满足的正整数.（1）证明：（i