广东省六校2027届高三上学期九月第一次联考数学试题（含答案）

2027届高三九月考试

数学科试题

（满分150分。考试时间120分钟。）

一、单选题：本题共有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.

2

1．已知集合Ax|x3x0，B={−1,0,5}，则(RA)∩B=()

A.∅B．{−1,5}C．{−1,0,5}D．{0,1}

2．数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为()

A．3B．5C．6D．7

3．设f(x)=(a+b)cos2x+(a−b)sin2x，若{f(x)x∈R}={2}，则()

A．a=1且b=1B．a=2且b=0

C．a=0且b=2D．a=1且b=−1

6

4．x−的展开式中常数项是()

A．20B．15C.−15D.−20

5．若i为虚数单位，则i+2i2+3i3+3+10i10=()

A.−6+5iB．6+5iC.−5+6iD．6−5i

6．设函数f(x)=，则下列函数中为奇函数的是()

A．f(x)−B．f(x)+C．fx+−D．fx−+

7．已知函数f(x)=asinx,a∈Z，若y=f(f(x))的零点恰为y=f(x)的零点，则a的最大值为()

A．0B．2C．3D．4

>>()()

8．设椭圆C：+=1(ab0)，点A2,0和B0,1均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上.若MN//AB，

ab

则四边形ABMN面积的最大值为()

A．4B．4C．2D．2

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．已知三棱锥P−ABC，所有面均为等腰三角形，底面ABC的外接圆半径为1，AB=，侧棱长均为

3，则该三棱锥的体积可能为()

试卷第1页（共4页）

A．B．C．D.

10．已知f(x)=ax3+bx+c，g(x)=x(1−lnx)，h(x)=max{f(x),g(x)}，其中max{m,n}表示m,n中较

大的数，当且仅当x∈{1}∪[3,+∞)时，f(x)≥0，则()

A．h(1)=1B．28a+3b+c>0

′

C．若g(x1)=g(x2),x1<x2，则g<0D．h(x)在(0,+∞)恰有3个零点

11．定义：一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最大值称为该区域的“直径”.在ABC中，BC=1，

BC边上的高等于tanA，以ABC的各边为直径向ABC外分别作三个半圆，记三个半圆围成的平面区域为

W，其“直径”为d，则()

A．AB2+AC2=3B．ABC面积的最大值为

++1+1

当∠=π1

C．ABC时，d=D．d的取值范围是,

2222

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12．双曲线1的实轴长为.

12

13．已知RtΔABC中，∠C=90°,AD为∠BAC的平分线，且=+，则tan∠B=.

33

14．甲有2个白球和1个黑球，乙有3个白球，甲乙两人每次交换1个球，经过5次交换后，黑球仍然在

甲手中的概率为.

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．设公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=−an+12.

(1)求q和a1；

(2)记bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.

试卷第2页（共4页）

16.如图所示，已知直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB//CD,∠BAD=90°,AB=2AD=4DC.

(1)求证：平面A₁C₁C⊥平面BDC₁;

(2)若A₁C⊥平面BDC₁,求二面角A₁-BD-C的余弦值.

17.某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究

乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表(单位：分钟):

等待时

(0,5)[5,10](10,15)[15,20]

间

频数2014106

(1)估计这50名乘客的平均等待时间(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);

(2)记乘客等待时间为X,随机变量X服从指数分布，且X取值不超过x的概率为

其中e是自然对数的底数.

(i)证明：对于任意的s,t>0,有P(X>s+t|X>s)=P(X>t);

(ii)如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为Y(单位：分钟).他利用人工智能辅

助决定：若0≤Y≤10,则坐公交车(费用2元);若Y>10,则打车(费用20元).求小明的交通费用的

均值

试卷第3页(共4页)

18．设抛物线C:y2=4x，Q是直线m:x+y+2=0上的动点，QS，QT是抛物线C的两条切线，且与抛物

线C分别相切于S，T两点.

(1)设P是抛物线C上任意一点，求PQ最小值；

(2)记ST的中点是M，求M的轨迹方程；

(3)记抛物线C的焦点是F，记∠QFS=α,∠QFT=β,证明：cos(α−β)=1.

19．已知函数f(x)=lnx+ax.

(1)当a=e时，求f(x)的零点；

(2)给定数集A=(0,+∞)，任给a∈A，对应关系g使函数f(x)的零点x0与a对应.

①证明：x0=g(a)是函数，并讨论该函数的单调性；

②若数列{an}满足a1(1−a2)=1,an+1=1−g(an)，证明：(ai−ai+1)g(ai)<.

试卷第4页（共4页）

2027届高三九月考试

数学科试题

（满分150分。考试时间120分钟。）

一、单选题：本题共有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.

2

1．已知集合Ax|x3x0，B={−1,0,5}，则(RA)∩B=()

A.∅B．{−1,5}C．{−1,0,5}D．{0,1}

【答案】B

【分析】根据一元二次不等式化简集合A,即可根据元素与集合的关系求解.

【详解】由A={x|x2−3x≤0}可得A={x|0≤x≤3}，

结合B={−1,0,5}，由于−1∉A,0∈A,5∉A,故0∉RA,−1∈RA,5∈RA,

故(RA)∩B={−1,5}

2．数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为()

A．3B．5C．6D．7

【答案】D

【详解】将数据从小到大排列：2，3，3，5，6，7，8，10，

因为i=8×70%=5.6，不是整数，

所以该组数据的第70百分位数为第6个数字，即7.

3．设f(x)=(a+b)cos2x+(a−b)sin2x，若{f(x)x∈R}={2}，则()

A．a=1且b=1B．a=2且b=0

C．a=0且b=2D．a=1且b=−1

【答案】B

【详解】函数f(x)=(a+b)cos2x+(a−b)sin2x=a(cos2x+sin2x)+b(cos2x−sin2x)=a+bcos2x，

由题意可知，∀x∈R，f(x)=2恒成立，则a=2且b=0.

6

4．x−的展开式中常数项是()

A．20B．15C.−15D.−20

【答案】D

5．若i为虚数单位，则i+2i2+3i3+3+10i10=()

A.−6+5iB．6+5iC.−5+6iD．6−5i

【答案】A

试卷第1页（共13页）

6．设函数f(x)=，则下列函数中为奇函数的是()

A．f(x)−B．f(x)+C．fx+−D．fx−+

【答案】C

7．已知函数f(x)=asinx,a∈Z，若y=f(f(x))的零点恰为y=f(x)的零点，则a的最大值为()

A．0B．2C．3D．4

【答案】C

>>()()

8．设椭圆C：+=1(ab0)，点A2,0和B0,1均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上.若MN//AB，

ab

则四边形ABMN面积的最大值为()

A．4B．4C．2D．2

【答案】B

【分析】由条件先判断四边形ABMN为梯形，设出直线MN的方程，与椭圆方程联立求出MN，列出梯

形的面积表达式，通过换元借助于二次函数的性质求解最大值.

【详解】由A(2,0)和B(0,1)可得a=2,b=1，所以椭圆方程为+y2=1，

1−011

因直线AB的斜率为=−,可得其方程为y=−x+1，

0−222

又因MN//AB，故可设直线MN的方程为y=−x+m，

将其与+y2=1联立消去y，可得x2−2mx+2m2−2=0，

由∆=4m2−4(2m2−2)>0解得−<m<，

+==2−

由韦达定理得x1x22m,x1x22m2，

2

25

所以MN=1+−×(x+x)−4xx=×22−m2=5?2−m2，

12124

由MN//AB可知四边形ABMN为梯形，而直线MN的方程即x+2y−2m=0，

0+2−2m2m−1

则梯形ABMN的高也即点B到直线MN的距离为d==，

1+225

故梯形ABMN的面积为S=d(AB+MN)=·+?)=m−1(1+)，

2

由图知面积最大值不在m>1时（此时MN在AB上方）取得，故只需考虑S=(1−m)(1+2−m)，

π

令m=cosα,则−<m<1，则α∈,π,则

4

试卷第2页（共13页）

s=(1-√2cosa)(1+√2sina)=1+√2(sinα-cosa)-2sinacosa,

,则t∈(0,√2),2sinacosα=1-r²,

故当t=√2时，S取得最大值为(√2)²+√2×√2=4.

y

B

M

x

OA

N

【点睛】对于形如√a²-x²的根式，可以利用三角换元处理.

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.已知三棱锥P-ABC,所有面均为等腰三角形，底面□ABC的外接圆半径为1,AB=√3,侧棱长均为

3,则该三棱锥的体积可能为()

C.√6D

【答案】AB

10.已知f(x)=ax³+bx+c,g(x)=x(1-Inx),h(x)=max{f(x),g(x)},其中max{m,n}表示m,n中较

大的数，当且仅当x∈{1}u(3,+)时，f(x)≥0,则()

A.h(1)=1B.28a+3b+c>0

若则

C.g(x₁)=8(x₂),x<x₂,DB()在(Q+-)怡有3个平点

【答案】ABC

11.定义：一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最大值称为该区域的“直径”.在□ABC中，BC=1,

BC边上的高等于tanA,以口ABC的各边为直径向口ABC外分别作三个半圆，记三个半圆围成的平面区域为

W,其“直径”为d,则()

A.AB²+AC²=3B.□ABC面积的最大值为

试卷第3页(共13页)

C.当时，D.d的取值范围是

【答案】ABD

【分析】A利用等面积得出,再利用余弦定理即可；B得出，,再结合不

等式即可；C根据即可求出；D结合基本不等式和求出

b+c的范围即可.

【详解】设A,B,C所对的边分别为a,b,c,

由已知a=1,

又由余弦定理可知a²=b²+c²-2bccosA→b²+c²=3,

即AB²+AC²=3,故A正确；

□ABC的面积为

又b²+c²=3≥2bc,即,当且仅时取等，

故口ABC的面积,故B正确；

设AB,AC边上的中点分别为E,F,在AB上取一点M,在Ac上取一点N,

由两点间线段最短可得

当且仅当M,N,E,F四点共线时取等，所

时，b²+c²=3,1+c²=b²,得c=1,b=√2,

故□ABC为以B为直角顶点的等腰直角三角形，

故C错误；

由A知b²+c²=3,a=1,

试卷第4页(共13页)

2

2+c

则d==+b≤（当且仅当b=c=时等号成立），

2

a+b+c5+1

又因b+c=b2+c2+2bc=3+2>5，则d=>，

cosA22

+1+1

则d∈,，故D正确.

22

故选：ABD

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12．双曲线1的实轴长为.

【答案】22

12

13．已知RtΔABC中，∠C=90°,AD为∠BAC的平分线，且=+，则tan∠B=.

33

【答案】

14．甲有2个白球和1个黑球，乙有3个白球，甲乙两人每次交换1个球，经过5次交换后，黑球仍然在

甲手中的概率为.

【答案】

【分析】记n次交换后黑球仍在甲手中的概率为Pn，根据全概率公式写出Pn与Pn−1的递推关系，然后利用

构造法求出数列{Pn}的通项公式，将n=5代入通项公式即可求解.

【详解】记n次交换后黑球仍在甲手中的概率为Pn，则P0=1，

若n−1次交换后黑球已经在甲手中：交换时甲不拿出黑球，才能让黑球留在甲手中，

22

概率为⋅（甲共个球，拿白球不换出黑球的概率为）；

P−13

n33

n−1次交换后黑球在乙手中：交换时乙拿出黑球，才能把黑球换回到甲手中，

11

概率为(1−P1)⋅（乙共3个球，拿出黑球的概率为）；

n−33

所以Pn=Pn−1+1−Pn−1)⇒Pn=Pn−1+⇒Pn−=Pn−1−,

故数列Pn−是首项为P0−,公比为的等比数列，

nn

11111

所以P−=P−⇒P=+1，

n2023n23

故P5=.

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.

试卷第5页（共13页）

15.设公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an+1-2.

(1)求q和a₁;

(2)记,数列{b}的前n项和为T,求Tn·

【详解】(1)Sn=an+1-2,Sn-1=aₙ-2(n≥2)

两式相减an=an+1-an,即an+1=2an,公比q=2,

又S₁=a₂-2,即a=2a₁-2,故a=2,

此时aₙ=a₁q”⁻¹=2”,检验成立.

(2)由(1)知，

所以

故数列{b.}的前n项和

16.如图所示，已知直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB//CD,∠BAD=90°,AB=2AD=4DC.

(1)求证：平面A₁C₁C⊥平面BDC₁;

(2)若ACI平面BDC₁,求二面角A₁-BD-C₁的余弦值.

B₁

不妨设AB=2AD=4DC=4,DD₁=h,

以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD₁为z轴建立空间直角坐标系，

则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,1,0),D₁(0,0,h),A₁(2,0,h),B₁(2,4,h),C₁(0,1,h)

试卷第6页(共13页)

(1)AC=(-2,1,0),BD=(-2,-4,0),DC₁=(0,1,h),A₁C₁=AC=(-2,1,0),

AC·BD=(-2)×(-2)+1×(-4)+0=4-4=0,

∴AC⊥BD,

CC₁⊥底面ABCD,BDC底面ABCD,所以CC₁⊥BD,

又ACncC₁=C,AC,CC₁c平面A₁C₁C∴BD1平面A₁C₁C。

因为BDC平面BDC₁,∴平面A₁C₁C1平面BDC₁·

(2)A₁C=(-2,1,-h),已知A₁C1平面BDC₁,则A₁C⊥DC₁,

A₁C·DC₁=(-2)×0+1×1+(-h)·h=1-h²=0,

故h²=1→h=1,A₁(2,0,1),C₁(0,1,1)

DA₁=(2,0,1),BD=(-2,-4,0),

设平面A₁BD法向量n₁=(x₁,y₁,Z₁),则

令y₁=1,则x₁=-2,z₁=4,得n₁=(-2,1,4),

DC₁=(0,1,1),BD=(-2,-4,0),

设平面C₁BD法向量n2=(x₂,y₂,z₂),贝

令y₂=1,则x₂=-2,z₂=-1,得nz=(-2,1,-1),

17.某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究

乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表(单位：分钟):

等待时

(0,5)(5,10)(10,15)[15,20]

间

频数2014106

(1)估计这50名乘客的平均等待时间(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);

(2)记乘客等待时间为X,随机变量X服从指数分布，且X取值不超过x的概率为

其中e是自然对数的底数.

试卷第7页(共13页)

（i）证明：对于任意的s,t>0，有P(X>s+tX>s)=P(X>t)；

（ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为Y（单位：分钟）.他利用人工智能辅

助决定：若0≤Y≤10，则坐公交车（费用2元）；若Y>10，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的

均值.

【答案】(1)7.7分钟

(2)

−

（i）由题意知，P(X>t)=1−P(X≤t)=e,

分别记已经等待s分钟和已经等待s+t分钟为事件A和事件B，

P()P(X>X>s)

则P(X>s+tX>s)=P(BA)===

P)P)

s+t

−

==e=P(X>t).

e10

所以对于任意的s,t>0，有P(X>s+tX>s)=P(X>t).

（ii）2+元

【分析】（1）利用组中值法计算样本均值即可.

（2）（i）根据条件概率公式证明即可.

（ii）结合指数分布的数学期望计算即可.

【详解】（1）平均时间X=2.5×20+7.5×14+12.5×10+17.5×6)=7.7.

（2）（i）略

（ii）由（i）知，

P(Y>10)=P(X>5+10X>5)=P(X>10)=1−P(X≤10)=e−1

P(0≤Y≤10)=1−P(Y>10)=1−e−1，

−−

所以费用的期望是2×(1−e1)+20×e1=2+（元）.

18．设抛物线C:y2=4x，Q是直线m:x+y+2=0上的动点，QS，QT是抛物线C的两条切线，且与抛物

线C分别相切于S，T两点.

(1)设P是抛物线C上任意一点，求PQ最小值；

(2)记ST的中点是M，求M的轨迹方程；

(3)记抛物线C的焦点是F，记∠QFS=α,∠QFT=β,证明：cos(α−β)=1.

2

【答案】(1)

2

(2)y2+2y+4=2x

试卷第8页（共13页）

(3)

过点S,T分别作准线：x=-1的垂线，垂足分别为S,T₁,

由点S(x,y₁),得S₁(-1,y₁),而F(1,0),得S₁F=(2,-y₁),

由(2)知，由Q(t,-t-2),及y₁+y₂=-2(t+2),y₁y₂=4t,

得,而S(x₁,y₁),

得SF⊥QS,即S₁F⊥QS,

由抛物线的定义得|SS|=|SF|,则QS为线段S₁F的垂直平分线，

得Q|S₁|=|QF|,同理可得|QT|=|QF|,

得Q|S₁|=|QT|,

所以∠QST=∠QTS,

同理

得∠QFS=∠QFT,由∠QFS=α,∠QFT=β,得α-β=0,

故cos(α-β)=1.

【分析】(1)设,|PQ最小值等于点P到直线m:x+y+2=0的距离的最小值，即可求解；

(2)设S(x₁,y₁),T(x₂,y₂),M(x,y),设Q(t,-t-2),利用切线方程及韦达定理求出轨迹方程.

(3)过点S,T分别作准线：x=-1的垂线，垂足分别为S,T₁,先证明S₁F⊥QS,利用线段垂直平分线

的性质及抛物线定义推理得证..

试卷第9页(共13页)

y2

0

【详解】（1）由P是抛物线C上任意一点,设P,y0，

4

2

y012

+y0+2(y+2)+1

点P到直线m:x+y+2=0的距离为440,

d==

12+122

12

=−=

当y02时，d取得最小值为,

22

故PQ最小值为2.

2

（2）设S(x1,y1),T(x2,y2),M(x,y)，

2

抛物线C:y=4x上任一点(x0,y0)，过点(x0,y0)的切线方程为：y0y=2(x+x0)，

下面证明:当过点(x0,y0)的切线的斜率存在时,设切线方程为:y−y0=k(x−x0),

y2

与抛物线C:y2=4x,消去x得，y−y=k−x，

040

2

整理得，y−y−kx0+y0=0，

=−⋅+=

则Δ140y0)0，

得2−+=，而，

kx0ky010x0=

2

2

得k−ky0+1=0，得k⋅−1=0，

得k=，

2()，得−2=(−)，

则切线方程为：y−y0=x−x0yy0y02xx0

y0

2−=(−)，即=(+).

而y0=4x0，代入上式，得yy04x02xx0y0y2xx0

当过点(x0,y0)的切线的斜率不存在时，切线方程为：x=x0，此时切点为坐标原点，也满足上式，

2

故抛物线C:y=4x上任一点(x0,y0)，过点(x0,y0)的切线方程为：y0y=2(x+x0)，

由点Q是直线m:x+y+2=0上的动点，

设Q(t,−t−2)，则切线QS,QT均过点Q，

y1(t2)2(tx)

1，又==，代入得，

即x1,x2

y2(−t−22(tx2)

2

=+y1

y1(−t−2)2t,

4

2

得y1+2(t+2)y1+4t=0，

试卷第10页（共13页）

2

同理，y2+2(t+2)y2+4t=0，

2

所以y1,y2是方程y+2(t+2)y+4t=0的两根，

由韦达定理得，y1+y2=−2(t+2),y1y2=4t，

因为S，T的中点是M，所以y==−(t+2)，

22+2−+2−2

x1+x2y1+y2(y1y2)2y1y24(t2)8tt+2t+4

x=====，

28882

t2+2t+4

x=

联立方程：2，消去t，得y2+2y+4=2x，

y=−(t+2)

故M的轨迹方程为：y2+2y+4=2x.

（3）略

19．已知函数f(x)=lnx+ax.

(1)当a=e时，求f(x)的零点；

(2)给定数集A=(0,+∞)，任给a∈A，对应关系g使函数f(x)的零点x0与a对应.

①证明：x0=g(a)是函数，并讨论该函数的单调性；

②若数列{an}满足a1(1−a2)=1,an+1=1−g(an)，证明：(ai−ai+1)g(ai)<.

【答案】(1)

(2)①当a>0时，f′(x)=+a>0，

所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.

11−x

设t(x)=lnx−x+1,x>0，t′(x)=−1=，

xx

所以当x∈(0,1),t′(x)>0,t(x)单调递增；当x∈(1,+∞),t′(x)<0,t(x)单调递减；

所以()=()=−+=，所以()=+≤，即≤−，当=时取等号，

txmaxt1ln1110txlnx−x10lnxx1x1

因为f(1)=a>0，f=ln+<−1+=0，

所以∃x0∈,1，使得f(x0)=0，所以f(x)存在唯一零点x0∈(0,1)，

所以对于任意一个a的值，f(x)都有唯一零点x0与之对应，

所以x0=g(a)是函数.

在(0,+∞)上单调递减；②由①知，0<g(ai)<1(i=1,2,3,n).

试卷第11页（共13页）

a1−2)1,

由得a1g(a1)=1，

a21g1),

由a1g(a1)=1及lng(a1)+a1g(a1)=0可得lng(a1)+1=0，解得g(a1)=，

−×=

所以x11，解得x1=，

所以a1=e,a2=1−.

lnga)

由lng(ai)+aig(ai)=0，得ai=−，

g(i

2

lnga)g(ai)−g(ai)−lng(ai)

所以ai−=ai+1−−1−g(ai)=.

g(ig(ai)

21(x−1)(2x+1)

设Q(x)=x−x−lnx,x∈(0,1)，所以Q′(x)=2x−1−=<0，