湖南省天壹名校联盟2026届高三9月联考数学试卷（含答案）

这是一份湖南省天壹名校联盟2026届高三9月联考数学试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|40，圆O:x2+y2=a2，直线l1:x+ay+2=0，l2:2ax+y+1=0，则( )
A. l1与l2不可能垂直
B. 若a=1，则l1与圆O相切
C. 若a= 22，则l2与圆O相交
D. 若圆O与圆(x−2a)2+y2=4无交点，则a>2
10.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)−2xy=f(x)+f(y)，f(1)=0，则( )
A. f(2)=2B. f(12)=−14
C. f(x+1)是偶函数D. f(x)−x2是奇函数
11.在直角坐标系xOy中，曲线Γ:(x2+y2)(x2+y2−4)=sin2x−cs2y，则下列结论正确的是( )
A. Γ与y轴无交点B. Γ关于直线y=x对称
C. 若点P在Γ上，则|OP|< 5D. 若曲线y=ax与Γ有公共点，则a0)的最小正周期为2π3．
(1)求f(x)图象的对称轴方程;
(2)在△ABC中，AC=8，△ABC的周长为4AB，且f(A3)=0，求BC．
16.(本小题15分)
在数列{an}中，a1=12，an+12n=an2n+1+122n+1．
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=n2an，求数列{bn}的前n项和Sn．
17.(本小题15分)
已知圆C:(x−a)2+y2=r2(a>4,r>0)，过圆C内的点A(4,0)的弦长的最大值为4，最小值为2 3．
(1)求圆C的方程．
(2)点B是x轴上异于点A的一个点，且对于圆C上任意一点P，|PB||PA|为定值．
(ⅰ)求点B的坐标;
(ⅱ)点D(7,4)，求|PD|2−|PA|2|PB|+2|PD|+|PA|的最小值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex−mx2，m∈R.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)有两个极值点，求m的取值范围;
(3)若m>0，实数a，b满足f′(a)=f(a+1)−f(a)，f′(b)=f(b)−f(b−1)，试比较f′(a)和f′(b)的大小．
19.(本小题17分)
如图，将△EAB，△ECB，△ECD，△EAD四个三角形拼接成形如漏斗的空间图形ABCDE，其中EA=EC，EB=ED，AB=BC=CD=DA.连接AC，BD，过点E作平面α，满足AC//α，BD//α．
(1)证明：AC⊥BD．
(2)若EA= 2，EB=AB=1，且AC=BD．
(ⅰ)求AC到平面α的距离与BD到平面α的距离的平方和;
(ⅱ)求平面AEB与平面α夹角的余弦值．
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.C
5.A
6.C
7.D
8.B
9.AC
10.ABD
11.BCD
12.7
13.3121
14.3
15.解：(1)由题意可得2πω=2π3，
故ω=3，
故f(x)= 3cs(3x+π6)，
令3x+π6=kπ(k∈Z)，可得f(x)图象的对称轴方程为x=kπ3−π18(k∈Z)，
(2)由f(A3)=0得cs(A+π6)=0，
又A∈(0,π)，
所以A=π3，
因为AB+AC+BC=4AB，
所以BC+8=3AB，
设AB=t(t>0)，则BC=3t−8，
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2×AB×AC×csA，
即(3t−8)2=t2+64−8t，化简得t2−5t=0，
解得t=5，即AB=5，
故BC=7．
16.解：(1)因为an+12n=an2n+1+122n+1，所以2n+1an+1−2nan=1，
又a1=12，所以2a1=1，所以{2nan}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以2nan=1+(n−1)×1=n，所以an=n2n．
(2)由(1)可知bn=n2an=n⋅2n，
所以Sn=1×21+2×22+3×23+⋯+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n， ①
2Sn=1×22+2×23+3×24+⋯+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1， ②
①− ②，得−Sn=2+22+23+⋯+2n−1+2n−n⋅2n+1，
即−Sn=2×(1−2n)1−2−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
故Sn=(n−1)⋅2n+1+2．
17.解：(1)圆的最长弦为直径，所以2r=4，得r=2．
最短弦为与直径垂直的弦，可得2 r2−(a−4)2=2 3，又a>4，所以a=5．
故圆C的方程为(x−5)2+y2=4．
(2)(i)设P(x,y)，B(b,0)，则|PB|2|PA|2=(x−b)2+y2(x−4)2+y2，
因为点P在圆C上，所以将y2=4−(x−5)2代入上式，得|PB|2|PA|2=(x−b)2−(x−5)2+4(x−4)2−(x−5)2+4=(10−2b)x+b2−212x−5，
因为该式的值为常数，所以10−2b2=21−b25，解得b=1(b=4舍去)，所以点B的坐标为(1,0)．
(ii)由(i)可知|PB|2|PA|2=8x−202x−5=4，所以|PB|=2|PA|．
所以|PD|2−|PA|2|PB|+2|PD|+|PA|=|PD|2−|PA|22(|PA|+|PD|)+|PA|=|PD|−|PA|2+|PA|=|PD|+|PA|2，
易知，|PD|+|PA|≥|AD|=5，当点P在线段DA上时等号成立，
故|PD|+|PA|2的最小值为52，即原式的最小值为52．
18.解：(1)f′(x)=ex−2mx，
则f′(0)=1，f(0)=1，故所求的切线方程为y=x+1．
(2)记g(x)=f′(x)，则g′(x)=ex−2m，
因为f(x)有两个极值点，所以g(x)有两个零点．
若m≤0，则g′(x) > 0，g(x)单调递增，不符合题意．
若m>0，则当x∈(−∞,ln(2m))时，g′(x)0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(ln(2m))=2m[1−ln(2m)]．
又当x→+∞或x→−∞时，都有g(x)→+∞，
故只需2m[1−ln(2m)]e2，
即m的取值范围是(e2,+∞).
(3)由f′(a) =f(a+1)−f(a)，得ea−2ma=ea+1−m(a+1)2−ea+ma2，整理得a=lnme−2．
由f′(b)=f(b)−f(b−1)，
得eb−2mb=eb−mb2−eb−1+m(b−1)2，解得b=1+lnm.
所以f′(a)−f′(b)=me−2−2mlnme−2−me+2m(1+lnm)=m[1e−2−(e−2)+2ln(e−2)]．
设函数ℎ(x)=1x−x+2lnx，则ℎ′(x)=−(x−1)2x2≤0，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递减，所以ℎ(e−2)>ℎ(1)=0，
又m>0，所以f′(a)−f′(b) >0，即f′(a) >f′(b)．
19.解：(1)取AC的中点M，连接BM，DM，
因为AB=BC，CD=AD，M为AC的中点，所以BM⊥AC，DM⊥AC，
又因为BM∩DM=M，BM、DM⊂平面BDM，所以AC⊥平面BDM．
又因为BD⊂平面BDM，所以AC⊥BD．
(2)(i)连接EM，因为EA=EC，所以EM⊥AC，
由(1)知AC⊥平面MBD，则E，B，D，M四点共面，
易证△ABC≌△ADC，可得MB=MD，
在四边形EBMD中，EB=ED，MB=MD，
根据对称性，可知EM垂直平分BD，
因为AC//α，BD//α，所以在平面α内存在点F，G，使得EF/​/AC，EG//BD，
则EM⊥EF，EM⊥EG，即EM⊥平面α．
如图，以E为坐标原点，EF，EG，EM的方向分别为x，y，z轴的的正方向，建立空间直角坐标系．
设AC=BD=2r，直线AC到平面α的距离为ℎ1，BD到平面α的距离为ℎ2，则A(r,0,ℎ1)，B(0,r,ℎ2).
因为EA= 2，EB=AB=1，所以r2+ℎ12=2r2+ℎ22=12r2+(ℎ1−ℎ2)2=1,
解得ℎ12= 5+12，ℎ22= 5−12，r2=3− 52，
故AC到平面α的距离与BD到平面α的距离的平方和为ℎ12+ℎ22= 5．
(ii)设平面AEB的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅EA=0m⋅EB=0，即rx+ℎ1z=0ry+ℎ2z=0，取m=(ℎ1,ℎ2,−r)．
设平面AEB与平面α的夹角为θ，取平面α的一个法向量为n=(0,0,1)，
则lcs|=r ℎ12+ℎ22+r2= 3− 52 3+ 52=3− 52，
故平面AEB与平面α夹角的余弦值为3− 52．