2026保定四校联考高三上学期9月月考试题数学含解析

2026届高三年级上学期9月份考试数学本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．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. 命题“，”的否定是（ ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】C【解析】【分析】根据全称量词命题否定的规律，改变量词否定结论，找出结果.【详解】易得全称量词命题“，”的否定是存在量词命题“，”.故选:C.2. 已知集合，且，则（ ）A. B. 3 C. D. 【答案】C【解析】【分析】由集合的运算得到的值，由复数的运算即可求得和，再由复数的运算求得结果.【详解】由题意知，所以，故，故．故选：C3. 已知平面向量满足则在上的投影向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用已知求得的值，即可求出在上的投影向量.【详解】因为，所以，解得，所以在上的投影向量为.故选：A.4. 设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B.若直线BF的方程为，则（ ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】【分析】先由直线求出焦点和即抛物线的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依次求出和，再由焦半径公式即可得解.【详解】对，令，则，所以，即抛物线，故抛物线的准线方程为，故，则，代入抛物线得.所以.故选：C5. 某正四棱锥的底面棱长为4cm，其侧面与底面夹角的正切值为，则该正四棱锥的侧面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设该正四棱锥为，取底面的中心，棱的中点，可知为侧面与底面的夹角，求出与的长，可求该正四棱锥的侧面积.【详解】如图，设该正四棱锥为，则．取底面的中心，棱的中点，连接，则，且．所以即为侧面与底面的夹角．所以，所以，则．故该正四棱锥的侧面积为．故选：C． 6. 已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据可得对称性，进而根据函数的单调性，即可得求解.【详解】由，知的图象关于直线对称，设，则，因为在上单调递增，在上单调递增，所以在上单调递增．由，可得．，整理得．解得或．故选：D．7. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论.【详解】由题意，在圆中，圆心，半径为，到直线的距离为的点有且仅有 个，∵圆心到直线的距离为：， 故由图可知，当时，圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于；当时，圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于；当则的取值范围为时，圆上有且仅有两个点到直线的距离等于.故选：B.8. 某公司研发的一不规则益智玩具如下图所示，其配套的玩具收纳箱表面有不同形状的孔洞，可以通过旋转严丝合缝地将玩具通过孔洞塞进收纳箱中，则以下四个形状的孔洞不会出现在该玩具收纳箱的表面的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可知若玩具在水平面上的投影形状通过旋转可与选项中孔洞的形状相同，则该玩具可以通过旋转严丝合缝地通过孔洞塞入收纳箱中，由此可以判断各个选项正误.【详解】由题意在玩具旋转过程中，若其在水平面上的投影形状与孔洞的形状相同，则该玩具可以通过旋转严丝合缝地通过孔洞塞入收纳箱中，将A，B，C选项中三个形状的孔洞以如图所示形式摆放，可以得到形状相同的结果，此时图示玩具可以通过旋转严丝合缝地塞入.对于D选项，无法找到合适的情况使其可以严丝合缝地塞入，故其不会出现在该玩具收纳箱的表面.故选：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. 如图是我国2023年第四季度至2024年第四季度的折叠屏手机出货量、同比（与上一年同期相比）增长率统计图，则关于这5个季度的数据说法正确的是（ ）A. 折叠屏手机季度出货量的极差不超过92万台B. 折叠屏手机季度出货量的中位数为250.5万台C. 与2023年第二季度相比，2024年第三季度折叠屏手机的出货量增加13.7%D. 2024年前3个季度折叠屏手机的同比增长率均为正数【答案】ABD【解析】【分析】根据图中条形图和折线图的数据，以及极差和中位数的定义，结合选项判断.【详解】折叠屏手机季度出货量的极差为千台，即91.4万台，故A正确；将各季度折叠屏手机出货量（千台）从小到大排列为1857，2233，2505，2571，2771，故中位数为2505千台，即250.5万台，故B正确；同比是指与上一年同期相比，故折叠屏手机2024年第三季度的出货量比2023年第三季度的出货量增加13.7%，故C错误；由图可知，2024年前3个季度折叠屏手机的同比增长率均为正数，故D正确.故选：ABD．10. 在平面直角坐标系中，曲线C 由函数 和 的图象构成，则（ ）A. C关于直线 对称B. C关于点 对称C. 直线被C 截得的线段长的最大值为 D. C围成的图形的面积大于【答案】AC【解析】【分析】根据函数的图象判断A，B，结合三角函数值域判断C，应用割补法判断D.【详解】画出 C 的图象，由图可知 A 正确，B错误；直线 被 C 截的弦长为故 C正确；当 时，如图，4个阴影部分面积相等，区域②的面积小于区域①的面积，区域③的面积小于区域④的面积.利用割补法知曲线C在 上围成的图形的面积小于以 为宽、2为高的矩形ABCD的面积，即曲线C围成的图形的面积小于，故D 错误.故选 :AC.11. 设定义在上的函数与的导函数分别为和，且，，且的图象关于点对称，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据函数的对称、周期性、导数性质等知识对每个选项进行判断即可.【详解】因为的图象关于点对称，所以，令，可得，所以A错误；因为，所以，所以，又，所以，所以，所以B正确；因为，所以，所以（为常数），因为，所以，所以，令，可得，所以，所以，故C正确；由得，的图象关于直线对称，又的图象关于点对称，所以，则，则是周期为4的周期函数，则，因为，所以，所以，所以，故函数是周期为4的周期函数，所以，所以D正确．故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 若一个等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为_________.【答案】【解析】【分析】讨论公比是时，代入题干不成立；公比不是时，根据等比数列前项和的公式列等式组即可得解.【详解】设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，当时，，即，则，显然不成立，舍去；当时，则，两式相除得，即，则，解得，所以该等比数列公比为.故答案为：.13. 为吸引顾客，某大型超市开业期间租了含甲、乙在内的五个迎宾机器人，现将这五个机器人分别分配到一、二、三楼担任迎宾工作，若要求每个楼层至少分配一个机器人，一个机器人只能去一个楼层，且机器人甲、乙不在同一个楼层，则不同的分配方法种数为________.(用数字作答)【答案】114【解析】【分析】可以采取间接方法，在所有分配方法中减去不符合要求的分配方法，即为满足条件的分配方法数.【详解】所有可能的分配方法数为：若一个楼层分配三个机器人，其余两个楼层分配一个，则总数为种，若一个楼层分配一个机器人，其它两个楼层每层分配两个机器人，则分配方法的总数为种，两者相加可得所有分配方法总数为种.甲、乙在同一个楼层的分配方法可计算如下：先从三个楼层中选一个楼层安排机器人甲、乙，有种分法，若剩下三个机器人分配到其余两个楼层，可以先在三个机器人中选择两个一组，再在两个楼层中选择一层楼分配这两个机器人，有种分法，若剩下的三个机器人分配到三个楼层，有种分法，故甲、乙在同一个楼层的不同的分配方法种数为种，所以甲、乙不在同一个楼层的不同分配方法数为种.故答案为：.14. 将双曲线绕其中心旋转一个合适的角度，可以得到一些熟悉的函数图象，比如反比例函数，“对勾”函数，“飘带”函数等等，它们的图象都能由某条双曲线绕原点旋转得到．现将双曲线绕原点旋转一个合适的角度，得到“飘带”函数的图象，则双曲线的离心率为______．【答案】【解析】【分析】根据知识背景确定的渐近线，设两渐近线夹角为并得到，结合二倍角正切公式列方程求得，进而求得渐近线的斜率，再求离心率.【详解】“飘带”函数的渐近线为与轴，设两渐近线夹角为，则，解得，又，整理得，由，解得，所以旋转之前双曲线一条渐近线的斜率为，所以双曲线的离心率为.故答案为：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. 记的内角所对的边分别为，已知．（1）若，求外接圆的半径；（2）若，求线段的长．【答案】（1）2 （2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化，可得，即可由余弦定理求解，（2）根据向量的线性表示，结合模长公式，即可求解.【小问1详解】因为，所以由正弦定理得，所以，则由余弦定理得，又，所以，设外接圆的半径为，则【小问2详解】由，得，所以，则，所以．16. 某芯片公司生产甲、乙、丙三种型号的芯片，每种芯片均需要两次光刻才能成型，甲、乙、丙芯片第一次光刻的良品率分别为，，．只有第一次光刻为良品，才能进行第二次光刻，否则为废品被淘汰，甲、乙、丙第二次光刻的良品率分别为，，．第二次光刻的良品才是合格品．（1）若从第一次光刻的芯片中任取3枚甲芯片、2枚乙芯片、1枚丙芯片，再从这6枚芯片中任取一枚，求该芯片是良品的概率；（2）甲、乙、丙三种芯片的每件合格品可为公司赚取利润100元，每件不合格品使公司亏损25元，现生产甲、乙、丙芯片各一枚，设这3枚芯片为公司赚取的利润为，求的分布列与数学期望．【答案】（1） （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）考虑从甲、乙、丙三种芯片中选且是良品的不同情况，分别计算概率再相加.（2）因为芯片合格需两次光刻都合格，所以用每次光刻为良品的概率相乘，分类讨论计算概率.得到分布列和数学期望.【小问1详解】记事件为该芯片是良品，则．【小问2详解】设，，分别为甲、乙、丙三种芯片第次光刻为良品，则，，，，，．甲芯片是合格品的概率为，乙芯片是合格品的概率为，丙芯片是合格品的概率为．的可能取值为-75，50，175，300，，，，，其分布列为数学期望．17. 如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）．（1）若为棱的中点，证明：平面；（2）若，直线与平面所成角的正弦值为．（ⅰ）求；（ⅱ）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析； （2）（ⅰ）；（ⅱ）.【解析】【分析】（1）根据已知得是等边三角形，取的中点，连接，进而得，再由线面、面面平行的判定定理证明平面平面，再由线面平行的性质证明结论；（2）（i）根据已知构建合适空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，进而得，求直线与平面的方向向量和法向量，应用向量法求线面角及已知列方程求出参数值；（ii）应用点面距离的向量求法求点面距离.【小问1详解】因为，所以，因为为的中点，则，所以是等边三角形，取的中点，连接，则，又为棱的中点，且，即，则．因为平面平面平面平面，所以平面，平面，又平面，所以平面平面，又平面，所以平面．【小问2详解】（ⅰ）因为，所以．所以，因为，所以，又平面，所以平面，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，则，设，则，设平面的法向量为，则，即，令，得，则．设直线与平面所成的角为，所以，整理得，解得（舍），所以．（ⅱ）由（ⅰ）知，设平面的法向量为，则，即，令，得，则，所以点到平面的距离为．18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上运动，是的重心，且点到点与到点的距离之和为．（1）求的方程；（2）设分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为．（ⅰ）证明：直线过定点，并求出该定点坐标；（ⅱ）求四边形面积的最大值．【答案】（1）； （2）（ⅰ）证明见解析，；（ⅱ）.【解析】【分析】（1）根据题意，设，可得点的轨迹是长轴长为，焦距为的椭圆，又，得代入点的轨迹方程可得解；（2）（ⅰ）由对称性可知直线经过的定点必在轴上且异于原点，设定点为，设直线的方程与椭圆的方程联立，求出直线，的方程，根据它们的交点在直线上，求得，对于直线的斜率不存在时，也满足；（ⅱ）由（ⅰ）结合韦达定理可得，得，换元令，求得，从而四边形面积的最大值为，得解.【小问1详解】由题意设，设，因为点到点与到点的距离之和为，所以．则点轨迹是长轴长为，焦距为的椭圆，其方程为．因为点是的重心，为的中点，所以，则，代入点的轨迹方程得.所以椭圆的方程为.【小问2详解】（ⅰ）由对称性可知直线经过的定点必在轴上且异于原点，设定点为，当直线的斜率不为0时，设直线的方程为联立，得，，则．由（1）可得，则直线的方程为，直线的方程为，由题意知直线与交于点，且点在直线上．所以，即，所以．所以，所以．①当，即直线的斜率存在且不为0时，由，得，代入①，得．当时，上式恒成立，所以； 当，即直线的斜率不存在时，若，则直线的方程为，取，满足①式．当直线的斜率为0时，直线，过点．综上，直线过定点，且该定点的坐标为．（ⅱ）由题可知直线斜率不为0，由（ⅰ）可知直线过定点，则，所以，令，则， 因为函数在上单调递增，所以．则，所以，所以四边形面积的最大值为.19. 已知函数（1）若，讨论的单调性；（2）若，数列满足．（ⅰ）记的前项和为，证明：；（ⅱ）证明：当时，．【答案】（1）答案见解析 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，通过，讨论导数符号，即可求解；（2）（ⅰ）构造，求导确定其单调性，从而得到，再结合等比数列求和公式即可求证；（ⅱ）由 的单调性及，通过累加得到，再结合（ⅰ）的分析过程得到，从而得到，再通过累加即可求证.【小问1详解】若，则，所以，当时，，则在上单调递增；当时，令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增．综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】当时，.（ⅰ）令，则，令，得；令，得，所以上单调递增，在上单调递减．所以，即，所以，且，所以，所以，所以（ⅱ）易知在上单调递增，因为，且，所以，则，当时， ，，所以，所以，，结合得；由（ⅰ）可知，即（当时取等号）．所以（当时取等号），所以当时，．又，．则，所以，所以，即，所以当时，．50175300