2026-2027学年安徽省合肥市区及周边部分学校高三上学期9月质量检测数学试卷（含解析）

/数学满分为150分，考试时间为120分钟．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.设集合，，若，则由实数构成的集合为（）A. B. C. D.2.若非零向量与满足，且，则为（）A.三边均不相等的三角形 B.等边三角形C.等腰钝角三角形 D.等腰直角三角形3.若存在，使得成立是假命题，则实数不可能是（）A. B. C. D.4.已知为正项等比数列的前项和，，则的最小值为（）A.12 B.24 C.36 D.485.有一组样本数据，，，…，的平均数为，极差为，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中，则新样本数据的平均数和极差分别为（）A.和 B.和 C.和 D.和6.已知圆，若直线上至少存在一点，使得圆上恰有两个点与点的距离都为2，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.7.抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，为坐标原点，设，，且，则（）A. B. C. D.8.关于的方程有3个不同的实数根，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.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.已知复数，，下列说法正确的有（）A.若，则 B.若，则C. D.10.台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（）A. B.C.该台塔高为 D.该台塔外接球的体积为11.在平面直角坐标系中，直线，直线，过动点分别作，的垂线，垂足分别为，，记点的轨迹为曲线，若四边形的面积为1，则（）A.的方程为B.四边形的周长可以为C.设，，在第一象限，则周长的最小值为D.直线与直线的斜率之积为1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.展开式的常数项为______．13.在中，若，则的最大值为________．14.如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，移动6次后质点对应的数为，则______，在有且仅有一次经过1的条件下，事件“”的概率是______．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.如图，长方体中，底面是正方形，，，分别为，的中点．（1）证明：平面；（2）若三棱锥的体积为，求点到直线的距离．16.设的内角，，所对的边分别为，，，，，且当时，函数取得最大值．（1）求；（2）若为的重心，求的最大值．17.已知函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，，求的取值范围．18.已知椭圆的焦点为，，抛物线的焦点为．经过的上顶点，且的面积为．（1）求的方程；（2）当时，求的坐标；（3）若与除点外还有两个不同的交点，，求的面积的最大值．19.给定正整数，，规定，，记相等的项数列构成的集合为，如当时，．（1）当时，求集合中元素的个数；（2）当时，从集合中任取两个不同的元素和，记，求随机变量的分布列；（3）当且时，讨论集合中元素的个数．

数学满分为150分，考试时间为120分钟．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.设集合，，若，则由实数构成的集合为（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：若，则，此时，，满足题意；若，则，解得，当时，则，不满足集合元素的互异性，故舍去；当时，满足题意；若，则，解得或；当时，满足题意；当时，，，满足题意；综上所述：由实数构成的集合为.2.若非零向量与满足，且，则为（）A.三边均不相等的三角形 B.等边三角形C.等腰钝角三角形 D.等腰直角三角形答案：D解析：思路：与是两个单位向量，由它们的数量积为得，再由已知等式得，即可判断的形状.解答过程：设，，则.由，得，所以，即.又.由，得，所以.所以是等腰直角三角形.3.若存在，使得成立是假命题，则实数不可能是（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：先将原假命题转化为全称恒成立的真命题，分离参数后利用基本不等式求最值得到的取值范围，再判断各个选项可得.解答过程：因为命题“，使得成立”为假命题，所以其否定“，恒成立”为真命题.由于，对不等式变形可得，即对所有恒成立.根据基本不等式，当时，，当且仅当即时等号成立，因此的最小值为，要使恒成立，则.对比选项：，，均满足，只有，不在的取值范围内，故不可能是.4.已知为正项等比数列的前项和，，则的最小值为（）A.12 B.24 C.36 D.48答案：C解析：思路：设正项等比数列公比为，将所求表达式用表示后利用基本不等式求最小值.

解答过程：设正项等比数列的公比为，由正项等比数列性质可知，.由，可得，，则，，，所以

，当且仅当即（舍去，满足）时等号成立.因此，即最小值为36.5.有一组样本数据，，，…，的平均数为，极差为，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中，则新样本数据的平均数和极差分别为（）A.和 B.和 C.和 D.和答案：B解析：思路：由平均数和极差的定义判断．解答过程：由题意，所以，，所以，因为，（）所以，即新样本数据极差与原样本数据极差相等．6.已知圆，若直线上至少存在一点，使得圆上恰有两个点与点的距离都为2，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据题意得到以为圆心，以为半径的圆与圆相交，进而得到，转化为圆的圆心到直线的距离小于列不等式，由此求得的取值范围.解答过程：因为圆上恰有两个点与点的距离都为2，所以以为圆心，以为半径的圆与圆相交，因为圆的圆心为，半径为，所以，即，所以直线上至少存在一点使得，所以点到直线的距离小于，即，解得，所以的取值范围是.7.抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，为坐标原点，设，，且，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：利用抛物线焦点弦的韦达定理得到交点横、纵坐标乘积的关系，结合向量夹角的三角函数定义推出与的比例关系，代入两角和的余弦公式即可求解.解答过程：如图所示，抛物线的焦点为，设过的直线的方程为，与抛物线方程联立得y2=2p(设，，由韦达定理得，则，由夹角的三角函数定义，，故，因此，，两式作比，得，即，将其代入，得，解得，故B正确.8.关于的方程有3个不同的实数根，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：将关于的方程化简，变形为含参数的表达式，通过分离参数，转化为函数图象的交点问题，再由导数即可求解.解答过程：因为关于的方程有3个不同的实数根，所以，可得，解得，或，解得，令，则，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，因此在处取得极小值，此时，因为原方程有3个不同实根，已知为1个根，因此需要有2个不同实根，当时，，当时，，因此当时，无实根；当时，有1个实根，不符合题意；当时，在，上分别有1个实根，共2个实根，均不等于0，则原方程总根数为3，符合题意；当时，的根为，原方程总根数为2，不符合题意；当时，有1个实根，原方程总根数为2个，不符合题意，当时，有1个实根为，原方程总根数为1个，不符合题意，故实数的取值范围为.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.已知复数，，下列说法正确的有（）A.若，则 B.若，则C. D.答案：AC解析：思路：设，，，由，可得，结合共轭复数定义判断A，举反例判断B，D，结合复数的模的定义判断C.解答过程：设，，，对于选项A，若，则，，A正确；对于选项B，取，则，此时，B错误，对于选项C，因为，，所以，.则所以，即，C正确，对于选项D，取，则，此时，D错误.10.台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（）A. B.C.该台塔高为 D.该台塔外接球的体积为答案：ABD解析：思路：根据题干所给台塔定义可知侧面为正多边形，上底面为正三角形，下底面为正六边形，根据线面平行，线面垂直的判定分析选项A，B；通过作出高，利用直角三角形勾股定理求解即可，分析外接球圆心位置，构造关于半径的直角三角形，求解半径即可计算外接球体积．解答过程：A选项，连接，因为为正方形，故，且六边形为正六边形，则，故；因为正三角台塔棱长相等，故；故为平行四边形，故，A正确；B选项，连接，，因为为正方形，则，在正六边形中，；因为，且平面，故平面；则；因为，故；B正确；C选项，上底面正三角形在底面的投影为，点为正六边形的中心，也是的中心；和都是正三角形，是的中心，因为棱长为1，故；所以台塔的高为，故C错误；设上底面正三角形的外接圆圆心为，半径；下底面正六边形外接圆的圆心为，半径；设台塔的外接球半径为，；则或；则由勾股定理可知，，，即代入可得，或；解得；故，外接球的体积为．11.在平面直角坐标系中，直线，直线，过动点分别作，的垂线，垂足分别为，，记点的轨迹为曲线，若四边形的面积为1，则（）A.的方程为B.四边形的周长可以为C.设，，在第一象限，则周长的最小值为D.直线与直线的斜率之积为1答案：AC解析：思路：A.利用点到直线距离公式结合矩形面积条件，化简推导出动点P的双曲线轨迹方程；B.借助基本不等式求解周长最小值，通过最值对比判断周长取值是否可行；C.活用双曲线定义转化线段长度，结合两点之间线段最短，求解三角形周长最小值；D.当为时，直线的斜率为0，直线的斜率不存在.解答过程：选项A，点到距离，点到距离，由，四边形是矩形，面积，得，即，即，由条件，所以，得，A正确；选项B，矩形周长，由基本不等式得，故，故，故矩形周长的最小值是，而，B错误；选项C，双曲线，即，，焦点，双曲线定义，即，，，，故周长，因为，当且仅当在与双曲线第一象限交点取等号，所以周长的最小值是，C正确；选项D，当为时，此时，直线的斜率为0，直线的斜率不存在，D错误.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.展开式的常数项为______．答案：240解析：思路：根据二项式定理展开式公式求解即可.解答过程：解：展开式的通项公式为：故令，解得所以常数项为故方法提示：本题考查二项式定理的应用，解题的关键在于熟练应用二项式定理展开式的通项公式，是基础题.13.在中，若，则的最大值为________．答案：##解析：思路：先将已知条件切化弦，结合三角形内角关系、正弦定理、余弦定理转化为边的关系，再利用基本不等式求得的取值范围，进而得到的最大值.解答过程：在中，，故.对已知等式切化弦变形：

代入，得：

sin2A

由正弦定理（为外接圆半径），得，代入上式化简得：

.

结合余弦定理，代入得：

2bccos

故，由基本不等式（当且仅当时等号成立），得：

，又，余弦函数在上单调递减，因此，即的最大值为.14.如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，移动6次后质点对应的数为，则______，在有且仅有一次经过1的条件下，事件“”的概率是______．答案：①.6②.##0.25解析：思路：第一个空，假设为向右的次数，因为服从二项分布，易得，根据和的关系，可得；第二个空，假设“有且仅有一次经过1”为事件，“质点仅在第1秒位于1”为事件，“质点仅在第3秒位于1”为事件，“质点仅在第5秒位于1”为事件，根据题干可得，由条件概率可得.解答过程：假设为向右的次数，则服从二项分布，故；此时质点对应的数，所以.假设“有且仅有一次经过1”为事件，“质点仅在第1秒位于1”为事件，“质点仅在第3秒位于1”为事件，“质点仅在第5秒位于1”为事件，则两两互斥，则，“质点仅在第1秒位于1”则质点的走法为（第六步不受影响），（第五六步不受影响），（第六步不受影响），（第五六步不受影响），；“质点仅在第3秒位于1”则质点的走法为（第六步不受影响），（第六步不受影响），；“质点仅在第5秒位于1”则质点的走法为（第六步不受影响），（第六步不受影响），；则.因为，所以，所以三种情况下,事件“”的情况有：，，，，，则，则.故6；.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.如图，长方体中，底面是正方形，，，分别为，的中点．（1）证明：平面；（2）若三棱锥的体积为，求点到直线的距离．答案：（1）由题可知:长方体中，平面，平面，所以，，四边形是长方形，为的中点，，是等腰直角三角形，同理，，是等腰直角三角形，所以，所以，即，结合，，平面，可得平面.（2）解析：思路：（1）要证明平面，只需证明，即可；（2）先由三棱锥的体积为求长方体的棱长，再求距离.（1）略.（2）如图，设，，则三棱锥的体积为，结合三棱锥的体积为，有，所以，延长交于，连接，因为为中点，所以为中点，计算得：，，，所以是等边三角形，过向作垂线交于，则点到直线的距离即为，计算得.16.设的内角，，所对的边分别为，，，，，且当时，函数取得最大值．（1）求；（2）若为的重心，求的最大值．答案：（1）（2）解析：思路：（1）先根据数量积和射影定理化简，再跟据时取最大值，解即可.（2）先由的值，利用余弦定理得到边的关系，再利用重心的向量性质，将用三角形顶点对应向量表示，展开点积后结合余弦定理和基本不等式求最大值即可.（1），由三角形射影定理可得，代入后化简，已知时取最大值，而正弦函数最大值为1，因此​，得；此时最大值条件满足​，又是三角形内角，故.（2）设中点为，由重心性质可知，同时，，故，结合​，，再由余弦定理，代入​得，将其代入，由基本不等式，代入，得，即，当且仅当​时取等号，因此​，最大值为.17.已知函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，，求的取值范围．答案：（1）的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）解析：思路：（1）利用导数的正负性判断单调性；（2）利用参变分离计算函数最值即可.（1）当时，，则，则当或时，；当或时，；则的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）因为，且当时，，所以对恒成立，令，则，令，则，令，则，则在上单调递减，则，即，则在上单调递减，则，则当时，单调递增；当时，，单调递减；则，故，综上，的取值范围为.18.已知椭圆的焦点为，，抛物线的焦点为．经过的上顶点，且的面积为．（1）求的方程；（2）当时，求的坐标；（3）若与除点外还有两个不同的交点，，求的面积的最大值．答案：（1）（2）（3）2解析：思路：（1）先利用椭圆上顶点与三角形面积求出，从而得到；（2）利用抛物线，，得，又抛物线的顶点，开口向下，所以抛物线的焦点在顶点下方处；（3）联立椭圆抛物线得到交点关系，构建面积函数，换元后借助三角恒等变换简化表达式，确定面积最大值.（1）椭圆的上顶点为，抛物线过点，代入得，得，因此，设椭圆半焦距为，则焦点，，的面积，解得所以，又，故椭圆的方程为；（2）当时，抛物线的方程为，即，因为抛物线，，得，又抛物线的顶点，开口向下，所以抛物线的焦点在顶点下方处，所以的坐标是；（3）将代入椭圆方程，得，展开整理得m2对应上顶点，设另外两个交点的横坐标为，则，由题意存在两个不同交点，故，得，的纵坐标相同，均为，弦长，抛物线的焦点为，即，直线为水平线，因此到的距离，故的面积，令，则，代入化简得