2026-2027学年广西南宁市南宁第三十六中学高三上学期9月月考数学试卷（含解析）（含答案）

/数学（全卷满分150分，考试时间120分钟）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所列的4个备选项中，只有1个符合题目要求，错选、多选或未选均不得分．）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.若复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.3.若单位向量，的夹角为，则（）A. B. C. D.4.已知双曲线（）的离心率为，则的渐近线方程为（）A. B.C. D.5.若正四棱台的侧棱长为，上，下底面边长分别为2和4，则该四棱台的体积是（）A.28 B.32 C.48 D.846.小明将5张互不相同的卡片全部放入编号为的3个信封中，每个信封至少放1张卡片，则不同的放卡片方法共有（）A.90种 B.120种 C.150种 D.300种7.已知，，则（）A.4 B.C. D.8.已知函数在上可导，导函数为，满足，，则不等式的解集为（

）A. B. C. D.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得2分，有选错的得0分．）9.已知圆，则下列说法正确的有（）A.点在圆内B.直线截圆所得的弦长为C.圆与圆外离D.圆在点处的切线方程为10.已知是公差的等差数列，其前项和为，且，，则下列说法正确的有（）A. B.当且仅当时，取最小值C.数列是等比数列 D.11.已知抛物线的焦点为，过的直线于交于两点，点在第一象限，为坐标原点，则下列结论正确的是（）A.抛物线C的准线方程为 B.一定为钝角C.若直线的倾斜角为，则 D.三、填空题（本大题共3小题，每小题满分5分，共15分．）12.设等差数列的前项和为，若，，则__________．13.已知圆锥的高是其底面半径的倍，若一个球内切于该圆锥（球与圆锥的底面及侧面均相切），则圆锥的体积是球的体积的________倍．14.已知函数，若，，，是方程的四个根，且，则的取值范围是_______．四、解答与证明题（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.体育锻炼有助于学生全面发展，为研究某市学生体育锻炼时长，随机抽取了100名学生进行调查，并绘制频率分布直方图如下：（1）估计这100名学生日均体育锻炼时长的平均数;（2）若规定“日均锻炼时长不少于40分钟为运动积极型学生”，（i）采用分层抽样抽取8人，再在这8人中随机抽出3人，记抽到运动积极型学生人数为Y，求Y的分布列和数学期望;（ii）现从样本中有放回地抽取n次，每次抽取1人，若希望至少抽到1名运动积极型学生的概率不低于，至少需抽取多少次？（参考数据：）16.如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形.（1）求证：平面平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.17.的内角，，的对边分别为，，，已知函数的最小正周期为，其中，，的图象关于直线对称，且.（1）求函数的解析式及的值；（2）若，的面积为，求的周长.18.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在其定义域上存在个极值点，求的取值范围；（3）证明：当时，．19.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且，离心率为．不与y轴垂直的直线l与C交于A，B两点．（1）求C的方程；（2）若直线l经过点，求的面积的最大值；（3）C的左顶点为D，若，证明：直线l过定点．

数学（全卷满分150分，考试时间120分钟）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所列的4个备选项中，只有1个符合题目要求，错选、多选或未选均不得分．）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：，解得，，又，所以.2.若复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.答案：C解析：解答过程：，故.亦可由.3.若单位向量，的夹角为，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：

，故.4.已知双曲线（）的离心率为，则的渐近线方程为（）A. B.C. D.答案：C解析：思路：根据离心率列方程，求得，进而求得，从而求得双曲线的渐近线方程.解答过程：因为，，所以，所以，故.所以渐近线方程为.5.若正四棱台的侧棱长为，上，下底面边长分别为2和4，则该四棱台的体积是（）A.28 B.32 C.48 D.84答案：A解析：思路：首先利用侧棱长、上下底面对角线半长的差和高构成直角三角形求高，再代入体积公式计算.解答过程：上底边长为，对角线长为，半对角线长为；下底边长为，对角线长为，半对角线长为.侧棱长、高、半对角线长的差构成直角三角形，侧棱长为，因此，解得，即.，，则.因此该四棱台体积为.6.小明将5张互不相同的卡片全部放入编号为的3个信封中，每个信封至少放1张卡片，则不同的放卡片方法共有（）A.90种 B.120种 C.150种 D.300种答案：C解析：思路：先将5张不同卡片按“每个信封至少1张”的要求分组，分组分为两类：3张、1张、1张的不均匀分组，以及2张、2张、1张的部分均匀分组，再将分好的三组分配到3个不同的信封，结合分步乘法与分类加法计数原理计算即可。解答过程：首先将5张互不相同的卡片分为3组，满足每组至少1张，分两类讨论：第一类：分组为3，1，1的形式，分组方法数为种.第二类：分组为2，2，1的形式，分组方法数为种.则总的分组方法数为种.因需将分好的3组分配到编号为的3个不同信封，故有分配方法数为种.根据分步乘法计数原理，不同的放卡片方法共有种.7.已知，，则（）A.4 B.C. D.答案：C解析：思路：由两角和与差的正弦、余弦公式将展开，整理成，用商数关系求出，再由二倍角的正切公式求.解答过程：将展开，得，整理得.由知，此时；若，则，.矛盾，故.于是.由二倍角的正切公式，..8.已知函数在上可导，导函数为，满足，，则不等式的解集为（

）A. B. C. D.答案：B解析：思路：构造函数，求导，结合条件判断函数单调性，将所求不等式等价转化为，利用单调性即得.解答过程：设，则，故函数在上为增函数，因，则，于是等价于，即，由函数的单调性可得，即不等式的解集为.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得2分，有选错的得0分．）9.已知圆，则下列说法正确的有（）A.点在圆内B.直线截圆所得的弦长为C.圆与圆外离D.圆在点处的切线方程为答案：ACD解析：解答过程：圆的圆心为，半径.选项：点到圆心的距离平方为，故该点在圆内，正确.选项：圆心到直线的距离，弦长为，错误.选项：圆的圆心为，半径，圆心距，而，故两圆外离，正确.选项：点满足，在圆上.，则切线斜率为，则切线方程为，即，正确.10.已知是公差的等差数列，其前项和为，且，，则下列说法正确的有（）A. B.当且仅当时，取最小值C.数列是等比数列 D.答案：AC解析：思路：根据等差数列的通项公式及前项和公式、等比数列的性质，结合韦达定理及数列的函数性质求解即可.解答过程：对于A，设等差数列的首项为，则，.可将，看作方程的两根，解得或.因为，所以，故，.公差，.故通项公式为，A正确.对于B，，这是开口向上的二次函数，对称轴.因为，所以当或时，均取最小值，B错误.对于C，令，则，所以是首项为、公比为4的等比数列，C正确.对于D，令，解得，当时，；当时，，易知，，，，，，，，，，所以，D错误.11.已知抛物线的焦点为，过的直线于交于两点，点在第一象限，为坐标原点，则下列结论正确的是（）A.抛物线C的准线方程为 B.一定为钝角C.若直线的倾斜角为，则 D.答案：ABC解析：思路：对于选项A:结合题意求出准线方程即可判断；对于选项B:联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理及数量积公式判断即可；对于选项C:设直线为，联立抛物线，求出，结合抛物线的定义即可判断;对于选项D:结合选项C可知当直线的倾斜角为时，有，，即可判断.解答过程：对于选项A:因为抛物线，所以，即，所以准线方程为，故选项A正确；对于选项B:因为，所以焦点为,设，则,结合题意：易知直线的斜率不为，可设为，联立，可得，因为，所以，所以，因为，易知不共线,所以一定为钝角，故选项B正确；对于选项C:因为直线的倾斜角为，所以斜率，故可设直线为，且设，联立，可得，解得，结合抛物线的定义可知：，,所以，故选项C正确；对于选项D:由选项C知：当直线的倾斜角为时，因为，.所以，，此时，故选项D错误.故选：ABC.方法提示：关键点点睛:本题的解题关键在于结合抛物线的定义，利用韦达定理表示出相关的量.三、填空题（本大题共3小题，每小题满分5分，共15分．）12.设等差数列的前项和为，若，，则__________．答案：11解析：解答过程：设公差为，由，，得，即，解得，所以.13.已知圆锥的高是其底面半径的倍，若一个球内切于该圆锥（球与圆锥的底面及侧面均相切），则圆锥的体积是球的体积的________倍．答案：解析：思路：借助轴截面转化为平面等腰三角形的内切圆问题.根据高与底面半径的关系表示相关边长，求出内切球半径，再代入体积公式计算两者体积之比.解答过程：设圆锥底面半径为，由题意得圆锥的高.因为圆锥轴截面是等腰三角形，底边长，高，所以母线长为.设内切球半径为.轴截面中，内切球对应的轴截面是等腰三角形的内切圆.等腰三角形的面积为.三角形周长的一半为，由内切圆半径和周长知此等腰三角形面积.所以，即.此时球的体积为.因为圆锥的体积为.所以圆锥的体积与球的体积之比为.14.已知函数，若，，，是方程的四个根，且，则的取值范围是_______．答案：解析：思路：令，在同一坐标系中作出和的图象，结合条件与图象可得，，从而可得，再求出的取值范围，即可求解.解答过程：当时，，对称轴为，且，令，在同一坐标系中作出和的图象，如图所示，因为，，，是方程的四个根，则由图可知，，且，，所以，则，令，则，易知在区间上单调递增，所以，则，所以的取值范围是.四、解答与证明题（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.体育锻炼有助于学生全面发展，为研究某市学生体育锻炼时长，随机抽取了100名学生进行调查，并绘制频率分布直方图如下：（1）估计这100名学生日均体育锻炼时长的平均数;（2）若规定“日均锻炼时长不少于40分钟为运动积极型学生”，（i）采用分层抽样抽取8人，再在这8人中随机抽出3人，记抽到运动积极型学生人数为Y，求Y的分布列和数学期望;（ii）现从样本中有放回地抽取n次，每次抽取1人，若希望至少抽到1名运动积极型学生的概率不低于，至少需抽取多少次？（参考数据：）答案：（1）分钟（2）（i）分布列为Y123P；（ii）3次解析：思路：（1）根据频率分布直方图结合平均数的定义运算求解即可；（2）（i）根据分层抽样求各层人数，结合超几何分布求分布列和期望；（ii）根据独立重复实验的概率可得，结合对数运算求解即可.（1）由题意可得这100名学生日均体育锻炼时长的平均数为：直方图中每个小矩形底边中点乘以每个矩形面积的和，即（分钟）.（2）（i）由直方图可得日均锻炼时长不少于40分钟为运动积极型学生占的比例为，分层抽样抽取的8人中运动积极型学生有人，其他2人，由题意可知：Y的可能取值有1，2，3，则，，，故Y的分布列为Y123P所以数学期望；（ii）由题意可知：每次抽到1名运动积极型学生的概率为，可得，即，两边取对数可得，即，可得，故至少需抽3次.16.如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形.（1）求证：平面平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.答案：（1）由题意得平面，平面，则，由正方形性质得，而，平面，所以平面，而平面，故平面平面.（2）解析：思路：（1）利用线面垂直的性质得到，再结合并利用线面垂直的判定定理得到平面，最后利用面面垂直的判定定理求解即可.（2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合面面角的向量求法求解即可.（1）略（2）由平面，平面，得到，，所以建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，解得，，得到，而为平面的一个法向量，设平面与平面夹角为θ，则，故平面与平面夹角的余弦值为.17.的内角，，的对边分别为，，，已知函数的最小正周期为，其中，，的图象关于直线对称，且.（1）求函数的解析式及的值；（2）若，的面积为，求的周长.答案：（1），（2）解析：思路：（1）根据对称轴求出，再将代入函数解析式就可以求出；（2）先由面积公式得到，再由余弦定理可求得即可求出周长.（1）因为函数的最小正周期为，所以，又，所以.因为的图象关于直线对称，所以，解得，又，所以，即函数的解析式为.所以，又，故，所以，解得，.（2）由面积，可得，由余弦定理得，即，解得，所以的周长为.18.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在其定义域上存在个极值点，求的取值范围；（3）证明：当时，．答案：（1）（2）（3）当时，，要证明，即证明，又，即证明，令，则，当时，，当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，所以，故命题得证.解析：思路：（1