广东六校2027届高三第一次联考九月考试数学试卷（含解析）

2027届高三九月考试数学科试题（满分150分．考试时间120分钟．）注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效．2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回．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，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据一元二次不等式化简集合,即可根据元素与集合的关系求解.【详解】由可得，结合，由于,故故2.数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（）A.3 B.5 C.6 D.7【答案】D【解析】【详解】将数据从小到大排列：2，3，3，5，6，7，8，10，因为，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，若，则（）A.且 B.且C.且 D.且【答案】B【解析】【详解】函数，由题意可知，，恒成立，则且.4.的展开式中常数项为（）A. B.20 C. D.15【答案】A【解析】【详解】由题意得的通项公式为，令，可得，即其常数项为.5.若为虚数单位，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，利用虚数的计算法则，逐项计算，即可求解.【详解】由，其中，所以.6.设函数，则下列函数中为奇函数的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据选项构造函数，利用判断A、B、D，根据奇函数的定义判断C.【详解】对于A：令，则定义域为，因为，所以不是奇函数，A错误；对于B：令，则定义域为，因为，所以不是奇函数，B错误；对于C：令，则定义域为，因为，即所以是奇函数，C正确；对于D：令，则定义域为，因为，所以不是奇函数，D错误；故选：C.7.已知函数，，若的零点恰为的零点，则的最大值为（）A.0 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】分别求出两个函数的零点集合，根据两集合相等的条件，结合正弦函数的有界性求解整数的最大值.【详解】

设A={x|f(x)=0}求解集合：由，可得，显然恒成立；求解集合：由，得，即，，要满足，需不存在使得（且），利用正弦函数有界性：对任意，，故，要使区间内不存在非零的整数倍，需满足，由于，且，因此整数的最大值为3.8.设椭圆C：，点和均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上.若，则四边形面积的最大值为（）A. B.4 C. D.2【答案】B【解析】【分析】由条件先判断四边形为梯形，设出直线的方程，与椭圆方程联立求出，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】由和可得，所以椭圆方程为，因直线的斜率为，可得其方程为，又因，故可设直线的方程为，将其与联立消去，可得，由解得，由韦达定理得，所以，由可知四边形为梯形，而直线的方程即，则梯形的高也即点到直线的距离为，故梯形的面积为，由图知面积最大值不在时（此时在上方）取得，故只需考虑，令，则，则，则，再令，则，，故，故当时，取得最大值为.[Failedtoloadimage:/QBM/editorImg/2026/4/8/5ab71afd-f879-40cf-b2d0-a87de45695db.svg]对于形如的根式，可以利用三角换元处理.二、选择题：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．全部选对的得全部分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知三棱锥，所有面均为等腰三角形，底面的外接圆半径为1，，侧棱长均为3，则该三棱锥的体积可能为（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】由正弦定理可得，进而可得或，根据三棱锥体积公式分类计算求解.【详解】设外接圆的圆心为，由题意可得，则三棱锥的高，在中，由正弦定理可得，则，所以或，当时，由题意可得为等边三角形，此时，；当时，是以底角为的等腰三角形，此时，所以，.10.已知，，，其中表示中较大的数，当且仅当时，，则（）A.B.C.若，，则D.在上恰有3个零点【答案】ABC【解析】【分析】由条件可得，且，进而得到．对于A，直接代入计算即可；对于B，代入即可判断；对于C，利用的极值点偏移性质即可判断；对于D，分区间讨论零点即可判断．【详解】由于当且仅当时，，结合多项式的连续性，可知，而两侧附近，故必为二重根，因此可写成，其中，即，故，对于A，由于，，所以，故A正确；对于B，代入，可得由于，故，故B正确；对于C，定义域为，求导得，当时，，当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以函数在处有最大值为，若，，则，等价于，即，，若，则结论显然成立，若，，令，则，令，则，由二次函数性质可知在上单调递增，则，所以在上单调递减，则，所以，在上单调递增，则，，所以，因为在区间上单调递增，所以，故成立，所以若，，则，故C正确；对于D，等价于，即两函数均且至少一个为0，当时，，故，无零点，当时，，，故，为1个零点，当时，，，故，无零点，当时，，，故，为第2个零点，当时，，故，无零点，因此在上共2个零点，故D错误．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”.在中，，BC边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，记三个半圆围成的平面区域为W，其“直径”为d，则（）A. B.面积的最大值为C.当时， D.d的取值范围是【答案】ABD【解析】【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的范围即可.【详解】设A，B，C所对的边分别为a，b，c，由已知，，得，又由余弦定理可知，即，故A正确；的面积为，又，即，当且仅当时取等，故的面积，故B正确；设边上的中点分别为，在上取一点M，在上取一点，由两点间线段最短可得，当且仅当四点共线时取等，所以，当时，，，得，故为以B为直角顶点的等腰直角三角形，∴，故C错误；由A知，，则（当且仅当时等号成立），又因，则，则，故D正确.故选：ABD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.双曲线的实轴长为_________．【答案】【解析】【分析】根据题意，利用双曲线的几何性质，即可求解.【详解】由双曲线，可得，可得，所以双曲线的实轴长.13.已知中，，为的平分线，且，则_________．【答案】【解析】【分析】利用角平分线求出向量之间的转化关系.【详解】已知，所以，即,所以，又因为为的平分线，所以，设则，根据勾股定理，所以.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】【解析】【分析】记次交换后黑球仍在甲手中的概率为，根据全概率公式写出与的递推关系，然后利用构造法求出数列的通项公式，将代入通项公式即可求解.【详解】记次交换后黑球仍在甲手中的概率为，则，若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，概率为（甲共3个球，拿白球不换出黑球的概率为）；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，概率为（乙共3个球，拿出黑球的概率为​）；所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，所以，故．四、解答题：本大题共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.设公比为的等比数列的前项和为，且．（1）求和；（2）记，数列的前项和为，求．【答案】（1），（2）（等价化简形式均可）【解析】【小问1详解】已知，所以，两式作差得：，即，，所以，所以等比数列的公比为，当时，，又有，所以，，综上，；【小问2详解】由知，，所以，则，所以.16.如图所示，已知直四棱柱中，，，．（1）求证：平面平面；（2）若平面，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明：设，，如图所示，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则..，所以.因为平面，底面，所以.又，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）【解析】【分析】设，建立空间直角坐标系，对于（1），利用垂直向量数量积为零证明，结合直四棱柱性质得，再结合面面垂直判定定理证明；对于（2），由平面，得与平面内两条相交直线、的方向向量点积为0，求解出的值；再分别求平面和平面的法向量，利用两平面法向量的夹角公式计算二面角的余弦值.【小问1详解】略【小问2详解】由题干条件可得，因为平面，平面，则，，故，，，设平面的一个法向量，则，令，则，得.，设平面的一个法向量，则，令，则，得，故.由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.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，随机变量X服从指数分布，且取值不超过的概率为，其中是自然对数的底数.（i）证明：对于任意的，有；（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（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，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，，分别记已经等待s分钟和已经等待分钟为事件A和事件B，则.所以对于任意的，有.（ii）元【解析】【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.【小问1详解】平均时间.【小问2详解】（i）略（ii）由（i）知，，所以费用的期望是（元）.18.设抛物线是直线上的动点，是抛物线的两条切线，且与抛物线分别相切于两点．（1）设是抛物线上任意一点，求最小值；（2）记的中点是，求的轨迹方程；（3）记抛物线的焦点是，记，证明：．【答案】（1）（2）（3）过点分别作准线：的垂线，垂足分别为，由点，得，而，得，由（2）知，由，及，得，而，得，则，得，即，由抛物线的定义得，则为线段的垂直平分线，得，同理可得，得，所以，则,同理，得，由，得，故．【解析】【分析】（1）设，最小值等于点到直线的距离的最小值，即可求解；（2）设，设，利用切线方程及韦达定理求出轨迹方程.（3）过点分别作准线：的垂线，垂足分别为，先证明，利用线段垂直平分线的性质及抛物线定义推理得证.．【小问1详解】由是抛物线上任意一点,设，点到直线的距离为，当时，取得最小值为，故最小值为．【小问2详解】设，抛物线上任一点，过点的切线方程为：，下面证明:当过点的切线的斜率存在时,设切线方程为:,与抛物线,消去得，，整理得，，则，得，而，得，得，得，则切线方程为：，得，而，代入上式，得，即．当过点的切线的斜率不存在时，切线方程为：，此时切点为坐标原点，也满足上式，故抛物线上任一点，过点的切线方程为：，由点是直线上的动点，设，则切线均过点，即，又，代入得，，得，同理，，所以是方程的两根，由韦达定理得，，因为的中点是，所以，，联立方程：，消去，得，故的轨迹方程为：．【小问3详解】略19.已知函数，（1）当时，求的零点，且求在处的切线；（2）给定数集，任给，对应关系使函数的零点与对应．（ⅰ）证明：是函数，并讨论该函数的单调性；（ⅱ）若数列满足，，证明：．【答案】（1）零点为；切线方程为.（2）证明：（ⅰ）当时，，所以在上单调递增.设，，所以当，，单调递增；当，，单调递减；所以，故，即，当时取等号，因为，，所以，使得，所以存在唯一零点，所以对于任意一个的值，都有唯一零点与之对应，即是函数，方法一，在任取，且.设，所以，且，所以.因为，所以.设，当时，，所以在上单调递增.因为，所以，，所以函数在上单调递减.方法二，由，两边对求导，得，所以,所以恒成立，所以，所以函数在上单调递减.（ⅱ）由（ⅰ）知，，由，得，由及，可得，解得，所以，解得，所以.由，