广东省梅州市2027届高三上学期9月模拟数学试题（含解析）

高三数学（2026.9）本试卷共6页．满分150分，考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单选题：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.复数A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的四则运算，即可化简，求得答案.【详解】由复数四则运算规律知，故选D.本题主要考查了复数的除法运算，其中解答中熟记复数的除法运算的法则，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.2.函数的定义域为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据二次根式的性质列出不等式求解即可.【详解】由题意得：，解得，所以函数的定义域为.3.下列求导运算中，正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】，所以A错误；，所以B正确；，所以C错误；，所以D错误.4.若离散型随机变量的分布列如下所示，则的数学期望（）12A.1 B. C. D.2【答案】C【解析】【详解】由分布列的性质，所有概率之和为1：根据数学期望的定义：5.某物流公司有7件快递，按顺序重量分别为：6，3，8，2，5，4，7（百公斤）．现按原有顺序分成3组，分别装入3辆货车．设每辆货车装载的快递总重量为该车的“负荷”．那么，这3辆货车中的最大负荷的最小值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】选项A：按顺序分组，若每组重量不超过，第一组最多装，第二组最多装，剩余，不符合，同理，其它分组方式总有一组大于12，故A错误；选项B：按顺序分组，若每组重量不超过，第一组最多装，第二组最多装，剩余，不符合；另一种装法：第一组装6，第二组装，剩余，不符合，同理，其它分组方式总有一组大于13，故B错误；选项C：按顺序分组，若每组重量不超过，第一组最多装，第二组最多装，剩余，不符合；另一种装法：第一组装6，第二组装，剩余，不符合，同理，其它分组方式总有一组大于14，故C错误；选项D：按顺序分组，若每组重量不超过，第一组最多装，第二组最多装，第三组，符合要求，故D正确．6.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用诱导公式将的三角函数值转化为的三角函数值，判断三者符号后再比较正数的大小即可得到结果.【详解】因为，所以，，，因为是第三象限角，所以，，所以，，又，即，而，因为，所以，所以.7.某县区对小学生进行一分钟跳绳测试．已知该县区全体小学生的跳绳次数服从正态分布（单位：次/分钟），而且落在区间内的占比为30%．随机抽调该县区名小学生，其中至少有一位跳绳次数少于105（次/分钟）的概率不低于0.9，则至少需要抽取的学生数为（）（参考数据：，，，）A.10 B.11 C.12 D.13【答案】B【解析】【分析】利用正态分布的对称性求得单次抽样跳绳次数少于105次的概率，结合对立事件概率关系列不等式，取对数求解最小正整数.【详解】设该县区小学生一分钟跳绳次数为随机变量，则，因为落在区间内的占比为，根据正态分布对称性可得，因为“抽取的名学生中至少有一位跳绳次数少于105次”的对立事件为“名学生跳绳次数均不低于105次”，可得，即，两边取对数得，所以，又，故的最小值为11，即至少需要抽取的学生数为11.8.若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用同构构造，通过讨论的单调性，转化为在的恒成立问题，然后再讨论在的最大值，即可得到，即的最小值为.【详解】若，则，取时，；此时无法保证对恒成立，综上可知，.根据，可得，于是设，则原不等式转化为对恒成立.考虑对恒成立，所以在单调增.因为时，，且.所以.即对恒成立.考虑函数，则令，解得所以在单调增，在单调减.即，所以.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.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为B.的图象可由曲线向左平移个单位长度得到C.的图象关于直线对称D.在上的值域为【答案】ACD【解析】【详解】对于A，由最小正周期公式可得函数的最小正周期为，正确；对于B，曲线向左平移个单位长度得到，与原函数不相同，故错误；对于C，，正确；对于D，当时，则，由正弦函数图象可得，，故正确.10.下列命题中，真命题的有（）A.，都有B.，都有C.，，使得D.，，使得【答案】ABD【解析】【详解】对于A，，当时，则；当时，则，故A正确；对于B，，，正确；对于C，令，则（不恒为零），即在上单调递减，当时，；当不为零时，由函数的单调性可知也不为零，故错误；对于D，令，由结合零点存在定理可得，，使得，即，故正确.11.设有两个罐子，A罐中放有1个蓝球，1个红球，B罐中放有2个蓝球，这些球的大小与质地相同．规定“先从A罐中摸1个球放入B罐，再从B罐中摸1个球放回A罐”为一轮交换．连续进行轮交换后，红球还在A罐中的概率记为，则（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】利用全概率公式可求出、继而可推出递推关系，即可判断AC；求出即可判断B；根据递推关系构造等比数列，可求出的表达式，从而求得极限，判断D.【详解】选项A：计算分两种情况：①从A罐摸蓝球放入B罐，概率为，红球必然留在A罐；②从A罐摸红球放入B罐，概率为，此时B罐有2蓝1红，摸回红球的概率为,故，A错误；选项C：根据全概率公式推导递推关系：第n轮后红球在A罐概率为，在B罐概率为，若红球在A罐，一轮交换后仍在A罐的概率为；若红球在B罐，一轮交换后回到A罐的概率为，因此，C正确；选项B：由递推公式，得，B正确.选项D：由可得，，故为首项是，公比是的等比数列，则，即得，故，D错误.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在二项式的展开式中，常数项为___________．【答案】【解析】【分析】应用二项式定理写出展开式通项，进而求常数项.【详解】二项式的展开式的通项公式为且，要使该项为常数项，即，解得，常数项为，所以，展开式中的常数项为.13.已知直线为曲线的一条切线，则________；【答案】【解析】【详解】设切点为，对求导得.由切线斜率为，得，解得.将代入切线方程，得，即切点为.切点在曲线上，代入得：14.已知等边的边长为1，在边，上分别取，两点，使沿直线对折，顶点正好落在边上，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】记点正好落在边上的点处，设，，由正弦定理可得，计算可求得的最小值.【详解】记点正好落在边上的点处，由题意可得两点关于直线对称.在图2中，可得，则有，设，则，再设，则有，在中，，所以，又，在中，由正弦定理得，所以，所以，又因为，所以，当，即时，，此时取得最小值为，且，所以的最小值为.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.为响应国家自主研发创新的号召，国内某工厂开发了一种新型机床产品，为评估新型机床的生产能力，现从新型国产机床和原有的进口机床所生产的产品中各抽取了200件，对两台机床的产品进行检验，得到如下数据：机床类型良品次品合计新型国产机床16040200原有进口机床14060200合计300100400（1）从新型国产机床所生产的200件样本中抽3件，求恰有1件为次品的概率；（2）根据小概率值的独立性检验，能否判断产品的质量与使用机床的类型有关?附：，其中．0.050.010.0013.8416.63510.828【答案】（1）（或约为0.387）（2）能判断产品的质量与使用机床的类型有关【解析】【分析】（1）利用超几何分布概率公式计算抽取3件恰有1件次品的概率；（2）计算卡方统计量观测值，与临界值3.841比较得出独立性检验结论.【小问1详解】新型国产机床的200件样本中含40件次品、160件良品，从中不放回抽取3件，符合超几何分布，恰有1件次品的概率为：；【小问2详解】提出零假设：产品的质量与使用机床的类型无关，代入卡方公式计算观测值：，由于，依据的独立性检验，推断不成立，即能判断产品的质量与使用机床的类型有关.16.在中，内角，，所对的边分别为，，．（1）求证：“”是“”的充分不必要条件；（2）若．①求角的大小；②设为的中点，，的面积为，求．【答案】（1）设为外接圆半径，若，则，故，故，所以，结合正弦定理可得，故，故充分性成立.若，由正弦定理可得，故，而，故或，故或，故或，故必要性不成立，故“”是“”的充分不必要条件.（2）①;②【解析】【分析】（1）若，则可根据诱导公式和正弦定理证明充分性，若，则可由正弦定理结合三角函数性质得或，从而必要性不成立；（2）①根据正弦定理结合三角变换公式可求；②根据中线向量可得，再结合面积公式可得，最后由余弦定理可求.【小问1详解】略【小问2详解】①因为，由正弦定理可得，而，故，而为三角形内角，故，故即，故（舍）或，而为三角形内角，故.②因为为的中点，故，所以，故，而的面积为，故，故，故，故，由余弦定理可得，故.17.已知复数的三角形式是，其中是复数的模，是复数的辐角．当时，称为辐角的主值，记为．（1）写出复数和的三角形式，其中辐角取其主值；（2）若，．证明：，即两个复数相乘，等于模相乘，辐角相加；（3）在复数范围内，解方程：．【答案】（1）的三角形式为,的三角形式为。（2）,故两个复数相乘，等于模相乘，辐角相加.（3）的解为：，，，，.【解析】【分析】（1）根据三角形式的定义可求两者的三角形式；（2）根据复数的乘法结合三角变换公式可证题设中的等式；（3）根据复数的三角形式可求方程的复数解.【小问1详解】设，其中，，则即，故，故的三角形式为.同理的三角形式为.【小问2详解】略.【小问3详解】设，则，故，故，而，故，结合得，故且，故，故，其中.结合正弦函数、余弦函数的周期性可得的解为：，，，，，以上共5个不同的复数解.18.已知函数，其中．（1）若，求函数的单调区间；（2）讨论方程的实数根的个数．【答案】（1）单调增区间为和,单调减区间为.（2）当时，无实根.当或时，有一个实根.当时，有两个实根.【解析】【分析】（1）利用导数的正负判断的单调区间即可；（2）将讨论方程的实数根的个数转化为讨论的零点个数问题，再利用导数研究的极大值与极小值以及单调性，分类讨论在不同范围时，的零点个数情况即可.【小问1详解】由题意得，，令，解得或2.+0-0+单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以的单调递增区间为和，的单调递减区间为.【小问2详解】令，解得或.当时，则在单调递减，在单调递增，所以极小值为.当时，，，所以时，即，此时无实根.时，即，此时有且仅有一个实根.时，即，此时有两个实根.当时，则，为增根，所以此时有一个实根.当时，则在单调递减，在单调递增，所以极大值为，极小值为.以下讨论的正负，，设，则对恒成立，所以在单调递增.所以在恒成立，所以在单调递减，因为，所以.于是在有一个实根.当时，在单调递增，此时有一个实根.当时，在单调递增，在单调递减，所以极小值为，极大值为.此时，在有一个实根.综上所述，当时，无实根.当或时，有一个实根.当时，有两个实根.19.对于由个正整数组成的集合，记为集合中所有元素的和．定义：若对任意不大于的正整数，都存在的子集，满足，则称集合为“完全集合”．（1）判断，和是否为完全集合（无需证明）；（2）若是完全集合，且，求中的元素个数的最小值；（3）设所有满足的完全集合的个数为，证明：．【答案】（1）和是完全集合，不是完全集合.（2）中的元素个数的最小值为7.（3）对于任意满足的完全集合M：完全集合必然包含元素1，否则无法表示正整数1；集合中所有元素的和为100，因此除1之外的元素总和为99，这些元素都属于，该集合共有98个元素；则构造49个两两不交二元组：，，所以49个两两不交二元组为，定义映射将每个满足条件的完全集合映射为集合，是集合的一个子集，每个完全集合最多从每个二元组中选取1个元素，因此满足条件的的总个数不超过每个二元组选或不选1个元素的总情况数：，即.【解析】【分析】（1）根据集合新定义，集合无法表示出正整数2，集合和均可表示所有不大于自身元素和的正整数，属于完全集合；（2）首先推导元素和的上界，再计算当