广东省六校2026-2027学年高三上学期9月第一次联考数学试卷

2027届高三九月考试数学科试题（150120分钟。8540Ax|x23x0B10,5，则AB（A．

2，3，3，5，6，7，8，1070百分位数为（ fxabcos2xabsin2x，若fxxR2，则（Aa1且bCa0且b

Ba2且bDa1且bxx1的展开式中常数项是（x C．若i为虚数单位，则i2i23i3310i10（

D．A．6

B．6

C．5

D．6

4x

，则下列函数中为奇函数的是（A．fx

B．fx

C．fx1

D．fx1

2

2 fxasinxaZyffxyfx的零点，则a的最大值为（

A2,

B

M

1a

0

，在椭圆上 ABMN面积的最大值为（

C．

已知三棱锥PABC，所有面均为等腰三角形，底面�ABC的外接圆半径为1，AB 3，则该三棱锥的体积可能为（

​

3x13fx0，则（） B．28a3bcCgxgxxxgx12x20Dhx在03

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�ABCBC1，W，其“直径”d，则（）AB2AC2C．当ABCπd5

�ABC面积的最大值为D．d的取值范围是516

AB AC已知RtΔABC中，C90，AD为BAC的平分线，且–––→1––→2–––→，则tanB AB AC 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 设公比为q的等比数列an的前nSnSnan12q和a1 记b ，数列b的前n项和为T，求T SnABCDA1B1C1D1ABCDBAD90AB2AD4DC0,

XXX其中e是自然对数的底数证明：对于任意的s,t0PXstXsPXt

PXx1e10x05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0Y10，则坐公交车（2元）；若Y10，则打车（20元）.求小明的交通费用的设抛物线C:y24x，Q是直线mxy20QS，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．P是抛物线CPQST的中点是M，求M记抛物线CF，记QFS，QFTcos当aefxA0，任给aAgfxx0与a①x0ga②若数列a满足a1a1

1ga

a

ga3

2027届高三九月考试数学科试题（150120分钟。8540Ax|x23x0B10,5，则AB（A．

B105，由于1A0A,5A,故0RA1RA,5R故RAB12，3，3，5，6，7，8，1070百分位数为（ 因为i870%5.6，不是整数，fxabcos2xabsin2x，若fxxR2，则（a1且bCa0且b

a2且bDa1且bfxabcos2xabsin2xacos2xsin2xbcos2xsin2xabcos2x，由题意可知，xR，fx2恒成立，则a2且b0 1x

的展开式中常数项是（ C． D．若i为虚数单位，则i2i23i3310i10（

6

5

6

4x

，则下列函数中为奇函数的是（A．fx

fx

fx1

fx1

2

2 fxasinxaZyffxyfx的零点，则a的最大值为（

A2,

B

M

1a

0

，在椭圆上 ABMN面积的最大值为（A．

C．

S dABMN1ABMNB到直线MN的距离为d22m25?2m2 11255?2m2m12m2由图知面积最大值不在m1时（此时MNAB上方）取得，故只需考虑S1m12m2，令m2cos，则2m1，则ππ ABMN为梯形，设出直线MNMN，列出梯A20B0,1可得a2b1xy21AB101y1x0 又因MN//AB，故可设直线MNy1xmy1联立消去，可得x22mx2m220 由4m242m220解得2m2xx2mxx2m22 1MN11xx4x2m02再令再令tsincos2sinS12cos12sin12sincos2sincos 4t2，2sincos1t2故S12tt21t22tt 22 故当t2S取得最大值为22224【点睛】对于形如a2x2的根式，可以利用三角换元处理已知三棱锥PABC，所有面均为等腰三角形，底面�ABC的外接圆半径为1，AB 3，则该三棱锥的体积可能为（

​

3x13fx0，则（ B．28a3bcCgxgxxxgx12x20Dhx在03

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�ABCBC1，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”d，则（）AB2AC2

�ABC面积的最大值为当ABCπd5

D．d的取值范围是516 【分析】A利用等面积得出cosA

S1bcsinA

(bc)21等式即可；C根据d1abc即可求出；D结合基本不等式和bc

b2c22bc

3 cos由已知a1

1bcsinA1atanA，得cosA1 又由余弦定理可知a2b2c22bccosAb2c23，AB2AC23A正确；

(bc)2◻ABC的面积为S bcsinA bc1cos2A

bc1 )2 又b2c232bc，即bc3，当且仅当bc3

6故�ABC

(bc)2

()

5，故BS ABAC由两点间线段最短可得MNMEEFFN1abc当且仅当MNEF四点共线时取等，所以d1abc当ABCπb2c23，1c2b2，得c1b2故�ABCB∴dabc22

51C 由A知b2c23a516d515，则dabccos又因bcb2c22bc3（当且仅当bc6 b2 则dab

【答案】2 AB AC已知RtΔABC中，C90，AD为BAC的平分线，且–––→1––→2–––→，则tan【答案】2 AB AC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 P P11 P11 P12211PP1【答案】构造法求出数列Pn的通项公式，将n5代入通项公式即可求解.n1概率为(1P1（3个球，拿出黑球的概率为1P22 31P11 21故数列P1P11设公比为q的等比数列an的前nSnSnan12q和a1 记b ，数列b的前n项和为T，求T Sn【详解】（1）Snan12Sn1an2(n两式相减anan1an，即an12an，公比q2，S1a22，即a12a12，故a12， 此时anaqn2

21 1 所以b n ) Sn 2 故Tbbb3b1

222 23 23 24 2n21 1 222 2n22 2n3 故数列b的前n项和T1 2n3ABCDA1B1C1D1ABCDBAD90AB2AD4DC不妨设𝐴𝐵=2𝐴𝐷=4𝐷𝐶=4，𝐷𝐷1=ℎ（1）⃗𝐵�⃗𝐴�⃗�⃗𝐵�⃗∴𝐴𝐶⊥𝐶𝐶1⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷𝐵𝐷⊂底面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐶𝐶1⊥又𝐴𝐶∩𝐶𝐶1=𝐶，𝐴𝐶𝐶𝐶1⊂平面𝐴1𝐶1𝐶∴𝐵𝐷⊥平面𝐴1𝐶1𝐶。因为𝐵𝐷⊂平面𝐵𝐷𝐶1，∴平面𝐴1𝐶1𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐶1．（2）𝐴1�⃗𝐴⃗故ℎ2=1⇒ℎ=1，𝐴1(2,0,1),𝐶1(0,1,1)𝐵�⃗

𝐵�⃗设平面𝐴1𝐵𝐷法向量𝑛1=𝑥1,𝑦1,𝑧1，则 𝑛1⋅𝐷𝐴1=2𝑥1+𝑧1=令𝑦1=1，则𝑥1=−2𝑧1=4，得𝑛1=𝐵�⃗设平面𝐶𝐵𝐷法向量

𝐵�⃗

22

令𝑦2=1，则𝑥2=−2𝑧2=−1，得𝑛𝟐𝟐=(−2,1,故cos⟨𝑛,𝑛⟩=𝑛1⋅𝑛𝟐𝟐=4+1−4=√

0,

XXX取值不超过其中e是自然对数的底数.

PXx1e10x0证明：对于任意的s,t0PXstXsPXt5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0Y10，则坐公交车（2元）；若Y10，则打车（20元）.求小明的交通费用的 PXt所以费用的期望是21e120e1218（元P(Y10)PX510X5P(X10)1P(X10)P(0Y10)1P(Y10)1e1【详解】（1）X12.5207.51412.51017.567.7（ii）218所以对于任意的s,t0PXstXsPXteP(Xst)P(Xs)P(XPP PXst且XsPXstXsPBA（i）PXt1PXte10设抛物线C:y24x，Q是直线mxy20QS，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．P是抛物线CPQST的中点是M，求M记抛物线CF，记QFS，QFTcos(2)y22y4过点S，Tx1的垂线，垂足分别为S1，T1，由（2）知，由Qtt2y1y22t2y1y24tQy1y2,y1y2

y1y2 x14,y1

y1y2

则S1FQS2x14y1y1 2x12 y y21121120 S1FQS，即S1FQSSS1SF，则QS为线段S1F的垂直平分线，QS1QFQT1QF，QS1QT1所以QSTQTS1 1则

QFSSFSQSFSSFQSSQST 1 同理

QT

11得

QFT，由QFS，QFT，得0故cos 【分析】（1）P0y0PQP到直线mxy20 过点S，Tx1的垂线，垂足分别为S1，T1S1FQS，利用线段垂直平分线 【详解】（1）P是抛物线C上任意一点,P0y0P到直线mxy20

1y22d 当y2时，d取得最小值为1 2 PQ最小值为2抛物线Cy24x上任一点x0y0，过点x0y0y0y2xx0下面证明:当过点x0y0的切线的斜率存在时,设切线方程为:yy0kxx0与抛物线C:y24x,xyy0k

x00ky2ykx

0则Δ14k

y0 得kx0ky010x0 得k2

1

0，得k0

0 得k2

yy2xxyyy22xx y24xyy4x2xxyy2xx 当过点x0y0xx0，此时切点为坐标原点，也满足上式，故抛物线C:y24x上任一点x0y0，过点x0y0y0y2xx0，由点Q是直线m:xy20上的动点，设Qtt2，则切线QSQT均过点Q，

即yt22txx11x22 y2y1t22t1 4得y22(t2)y

0y0My22y42x，消去t，得y22y42xytt22txt22t4t22x y2 yy22yx 2 2 12因为S，T的中点是Myy1y2t2y1y2是方程y22(t2)y4t0的两根，由韦达定理得，y1y22t2,y1y24t，y22(t2)y4t0当aefxA0，任给aAgfxx0与a①x0ga 所以对于任意一个所以对于任意一个afxx0与之对应，x0ga是函数．在0上单调递减；②由①0gai1i12,3n,1fx0fxx0,1a所以x a1 a a a a因为f1a0，f 1 0t1ln1110，所以txlnxx10，即lnxx1x1设txlnxx1x0tx111x(2)①当a0fx1a0 由a1