广东省广州市南沙区2026-2027学年高三上学期9月阶段练习数学试题（含解析）

2026-2027学年第一学期高三阶段练习数学一、选择题：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.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】令，解得或，则或，而，则，故A正确，由题意得，均不成立，故B，C错误，而，故D错误.2.已知复数，，则（）A.2 B. C. D.8【答案】B【解析】【详解】由复数，，得，所以.

3.已知双曲线的渐近线的方程为，则的值为（）A.2 B.3 C.4 D.9【答案】B【解析】【分析】利用焦点在轴上的双曲线渐近线方程列等式求解即可.【详解】双曲线的渐近线方程为.由题意知，解得.4.设α，β是两个不同的平面，则的充要条件是（）A.存在无数条直线与α，β都平行B.存在无数个平面与α，β都垂直C.对任意的直线，都存在直线，使得D.对任意的直线，都存在直线，使得【答案】C【解析】【分析】借助于长方体模型逐一判断各选项即可.【详解】

如上图，作长方体，取平面，平面分别为平面.对于A，因，且，且，则，显然可作无数条与平行且不在平面的直线，即存在无数条直线与都平行，但不平行，故A错误；对于B，因平面与平面均垂直，且显然可作无数个与平面平行的平面，即存在无数个平面与都垂直，但不平行，故B错误；对于D，由上图，显然，且，在平面内作一条与垂直相交的直线，则，从而对平面内的任意直线，都有，即对任意的直线，都存在直线．使得，但不平行，故D错误；

对于C，假设为两相交平面，如上图取平面，平面分别为平面，则，对于任意的直线，（不妨设与相交）都存在直线，使得，因，则有，又因，则有，这与与相交矛盾，故假设不成立，故有，充分性成立；反过来，时，对于任意的直线，都可以过直线和平面内一点作一个平面，使，则必有，故必要性成立，故C正确.5.某AI数据中心共有4个开源大模型供公众使用.该中心分别对这4个模型在某天内的词元调用量进行调查，画出频率分布直方图，其中词元调用量的平均数低于中位数的为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】在频率分布直方图中，中位数左右两边面积相等，平均数受极端值影响，偏向长尾方向.直方图左偏（左边拖尾长，右边集中）,如D选项→平均数中位数；直方图右偏（右边拖尾长，左边集中），如B选项→平均数中位数；直方图对称，如AC选项→平均数≈中位数.故此题选D.6.由曲线围成的图形的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，按和分类确定曲线并求出面积.【详解】当时，曲线，即是以为圆心，为半径的圆，面积为；当时，曲线，即是以为圆心，为半径的圆（除原点外），面积为，所以曲线围成的图形的面积为.7.已知函数有唯一零点，则A. B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】令，得到的解析式，判断出是偶函数，从而得到的图象关于直线轴对称，根据函数有唯一零点，得到，从而得到的方程，解出的值.【详解】因为，设，则，函数定义域为，且，所以函数为偶函数，若函数有唯一零点，则函数有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当时，才满足题意，即是函数的唯一零点，所以，解得.8.在锐角中，，则的一个可能的取值为（）A. B. C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】依题意可得，再由正弦定理将边化角，利用二倍角公式转化为的三角函数，结合的范围及余弦函数的性质计算可得.【详解】在锐角中，，则，又，所以，又，所以，所以，所以，故符合题意的只有B.故选：B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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.设，为同一随机试验的两个随机事件，且它们发生的概率分别为，，则下列结论正确的是（）A.若事件，互斥，则B.若事件，互斥，则C.若事件，相互独立，则D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据互斥事件、对立事件的概率计算公式及条件概率、全概率公式求解即可.【详解】选项A：若事件，互斥，则，A正确；选项B：，.若事件，互斥，事件，不一定互斥，因此.实际（事件，互斥，），B错误；选项C：若事件相互独立，则，C正确；选项D：由得，，所以，D正确.10.已知抛物线：，斜率为的直线经过点，等边三角形的顶点A在E上，顶点,均在上.下列结论正确的有（）A.E的准线方程为B.若与E没有公共点，则C.若与的唯一公共点为，则E的焦点在直线上D.若，则面积的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，根据抛物线方程得，进而得出准线方程；B选项，设直线为，和抛物线方程联立消去，令求解；C选项，先根据直线和抛物线相切，求出切点，假设过焦点，则得到，根据两直线的夹角的公式推出的正切值，从而判断；D选项，可将问题转化为抛物线上一点到直线的距离最小值来处理.【详解】A选项，，则，故准线，A选项正确；B选项，设直线为，则，联立得到，，直线和抛物线无交点，则，结合，解得，B选项正确；C选项，由联立方程，若与相交于唯一点，只可能是相切，则，解得，此时，解得，进而得，则，若过焦点（如图），由于，，而，根据倾斜角的定义，，，而，此时的正切值为，即，这与为等边三角形矛盾，C选项错误；D选项，当，此时直线方程为，设，则到的距离为，即等边三角形的高的最小值为，此时面积，D选项正确.C选项方法二：求得，则，，则，则，抛物线E的焦点不在直线上，故C错误.D选项方法二：到的最小距离可转化为抛物线和平行的切线，求得两平行线的距离即可，由于，设直线为，联立，得到，由，此时直线为，由平行线的距离公式可推出直线间距离为，其余同上.11.已知正项数列满足：，（），其中为前n项和，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】将题中的换成并化简，推出，接着求出即的通项公式，然后逐一判断即可.【详解】，将代入题中已知条件可得，，将等式两边同时乘以并化简可推出，故B正确.，即，故A错误.数列是以1为首项，2为公差的等差数列..由，利用分子有理化可化简得.C错误，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则____________.【答案】1【解析】【分析】根据对数的运算求解.【详解】因为，所以，故，故答案为：113.已知向量满足，则的最小值是______.【答案】4【解析】【分析】利用向量模的运算性质得到，再结合换元法并构造函数求解即可.【详解】设向量的夹角为，由题意得，，则，令，则构造，且.则，令，由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减，而，，则，则.所以.14.设为空间中64个点构成的集合，点，记样本空间，从中随机取一个点，定义随机变量如下：对中的每个点，令，则的数学期望值为_____________．【答案】【解析】【分析】由题意可知，根据古典概型求相应的概率，进而可得期望.【详解】由题意可知：，且随机变量的取值为，，，，，，0，1，2，3，4，5，6.依题意，可得，，，，，，所以.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.已知函数．（1）若是奇函数，，求；（2）当时，求解方程：．【答案】（1）（2），或或【解析】【分析】（1）由奇函数满足得到关于的方程，再验证是否满足奇函数定义.（2）利用诱导公式化简，再用二倍角公式展开，将方程转化为关于或的因式乘积形式，分别求解两个三角方程.【小问1详解】由于是奇函数，故，又，所以，当时，，故此时确实是奇函数，因此．【小问2详解】，若，则，若，则，或，综上，方程的解集为．16.已知公比大于的等比数列满足.（1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数．（i）写出；（ii）求数列的前项和．【答案】（1）（2）（i），；（ii）【解析】【分析】（1）利用等比数列的性质即可求出的通项公式；（2）（i）根据定义：为在区间中的项的个数可直接写出；（ii）根据定义可知，当时，，共有个，则【小问1详解】由于数列是公比大于1的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得：或（舍）.所以.【小问2详解】（i）由题意，，即，当时，，当时，；（ii）当时，，共有个，则.17.已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，左右焦点分别为，且，圆经过点B，O为坐标原点．（1）求椭圆E的方程；（2）设圆W的切线与椭圆E相交于C，D两点，点在直线上，且满足，过Q作轴于点P．（i）证明：；（ii）试判断与的位置关系，并说明理由．【答案】（1）（2）（i）证明：，故，故.（ii），理由如下：由（1）知，要证，只需证，即，得，又，所以只需证.设，因为，所以，当直线的斜率不存在时，易知其方程为，则，因为，，所以将代入得，代入得.当直线的斜率存在时，设其方程为，易知，则，代入，得：，整理得，又圆与直线相切，所以，所以，，因为点在椭圆上，所以，整理得，又，所以，由，解得.综上，，即可得证.【解析】【分析】（1）由圆过点，得到的值，结合图形求解，即可写出椭圆方程.（2）（i）利用的面积可得，再将等式左侧通分可证；（ii）将证明，转化为证明纵坐标定值（两直线斜率相等）；分两类讨论直线：斜率不存在：直接代入椭圆方程，结合垂直条件算出；斜率存在：设直线方程，利用圆与直线相切得到；结合的向量垂直条件、点在椭圆上，联立化简，消参求出.【小问1详解】因为圆经过下顶点，所以，又，所以，所以，所以椭圆E的方程为.【小问2详解】（i）略；（ii），略.18.已知四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，（）．（1）证明：平面平面；（2）若，，（i）求PD的长；（ii）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明：如图连接交于点，连接，因四边形是边长为2的正方形，则，，根据题意，，则，，从而，又因，平面，则平面，因平面，故平面平面；（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，因四边形是边长为2的正方形，则，，再通过得到，从而有，进而得到平面，最后证得平面平面；（2）（i）在中，由余弦定理可得，同理可得，再使用勾股定理逆定理可知，是直角三角形，最后在，中，由余弦定理求出的长；（ii）由勾股定理逆定理可知，结合（1）可得平面平面，又平面平面，平面，可得平面．结合平面，可得到，，根据面，面，可知平面与平面的交线，又，，那么即为平面与平面夹角，通过解三角形求得．【小问1详解】略【小问2详解】（i）由条件，，，结合余弦定理可得：，同理可得.因，则，是直角三角形.又，则.在，中，根据余弦定理可得:，代入数据可得，（ii），故，由（1）可得平面平面，又平面平面，平面，可得平面．结合平面，可得，，因为,平面，平面，所以面，同理可得面，设平面平面,由面，平面可得,同理可得,又因为，，所以，，故为平面与平面夹角，所以．19.已知函数，，，且．（1）讨论函数的单调性；（2）若曲线和存在公切线，求a的取值范围；（3）若存在相异实数m，n，使得，且，求a的取值范围．【答案】（1）当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．（2）（3）【解析】【分析】（1）通过求导，根据的取值分类讨论导函数的符号，即得原函数的单调性；（2）利用导数的几何意义分别求出曲线在点处的切线方程与曲线在点处的切线方程，由题意得，消去，得，利用求导求得的最小值，即得；（3）依题意将问题转化成函数至少有两个零点，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在定理分类讨论函数的零点情况即得参数范围.【小问1详解】因，，则，当时，，在上单调递增；当时，令，解得，所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．【小问2详解】因，则曲线在点处的切线方程为：，即，又因，则曲线在点处的切线方程为，，即，所以，故，且，所以，整理得，（*），设，则，当时，，当时，，故在区间单调递减，在区间单调递增，所以的极小值，也是最小值为，由（*），可得，解得，所以