【数学】广东省部分中学2026届高三上学期9月质量检测试题（学生版+解析版）

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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. 已知集合，，若，则（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】由题意知集合，
而，结合可得B不为空集，
则，则，
故，解得.
故选：C.
2. 若抛物线的焦点为，准线方程为，且经过点，则（ ）
A. 5B. C. 1D.
【答案】C
【解析】由抛物线的定义知，等于点到准线的距离，
所以，
故选：C.
3. 已知，从1，2，…，中随机取出两个数，若两数之和为3的概率为，则（ ）
A. 6B. 7C. 20D. 21
【答案】B
【解析】从个正整数中任意取出两个不同的数共有取法，其中两数之和为3的取法为：，共1种，
故两数之和等于3的概率为，所以，即，
所以，又因为，解得：.
故选：B．
4. 在的展开式中，的系数为；在的展开式中，的系数为.则（ ）
A. 10B. C. D.
【答案】B
【解析】的展开式表示10个因式的乘积，
故在这10个因式中，有8个选，有1个选，有1个选，
即可得到含的项，故的系数为，即；
在的展开式表示9个因式的乘积，
故在这9个因式中，有8个选，有1个选，即可得到含的项，
故的系数为，即，
所以.
故选：B．
5. 设大于1的实数，满足，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，又，，
且时，随的增大而增大，
，，,
则，
即．
故选：D．
6. 设，若的实部为1，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】设，则，
的实部为1，故，则，，
而
，
当时，取最小值3，即取最小值，
故的最小值为，
故选：C.
7. 已知为无穷数列，若是递增数列，是递减数列，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】由题意可得是递增数列，是递减数列，
则，
两式相乘得，
由于，则，
则，，
所以；
若，，则，矛盾，
所以，，故A正确，C错误；
若，则，时，，，
符合是递增数列，，符合是递减数列，
此时；
若，同样符合题意，但；
所以B、D错误；
故选：A.
8. 设，，，动点在圆上.若的最大值为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设，
在三角形中，由正弦定理得，
，
，
在圆上，
，
，
，
，
，
，
的最大值为，此时取最大值，
，
当时，达到最大值，
.
故选：A.
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. 设函数，则（ ）
A. 有最大值B. 曲线有对称中心
C. 有最小值D. 曲线有对称轴
【答案】BD
【解析】对于函数，，
当时，，
当且仅当，即时等号成立，
当时，，
当且仅当，即时等号成立，
所以没有最大值，也没有最小值，故AC错误；
由，
所以是奇函数，则曲线有对称中心为，故B正确；
函数是对勾函数，
对勾函数的图像是双曲线绕坐标原点旋转得到的，双曲线有两条对称轴，
所以函数有两条对称轴，故D正确；
故选：BD.
10. 设椭圆的左右焦点分别为，，过的直线与交于，两点.若垂直于轴，，为中点，则（ ）
A. B. 的离心率为
C. 平分D.
【答案】BC
【解析】由已知令，
对于A，已知垂直于轴，将代入椭圆，
得，即，所以，故A错误；
对于B，已知，设，又，
则有，则，
即，解得，即，
又在椭圆上，所以，
又代入整理得，
所以椭圆的离心率为，故B正确；
对于C，因为为中点，则，
则，
所以，即平分，故C正确；
对于D，因为，，
则，
又由选项B知，，
则，
所以，故D错误.
故选：BC.
11. 在棱长为2的正方体中，，，过且平行于的平面记为.下列说法正确的是（ ）
A. 若棱与交于点，则
B. 若棱与交于点，则
C. 截正方体所得截面是五边形
D. 截正方体所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】在正方体中，取的中点，
因为中点，则，四边形为平行四边形，则，
过点作直线交于，分别交的延长线于，
连接交于，连接交于，连接，
显然，而平面，平面，故平面，
又平面，
则平面是过且平行于的平面，平面即为平面，
对于C，平面截正方体所得截面是五边形，故C正确；
对于A，在中，是中点，则是中点，
故，，故A正确；
对于B，由，是中点，得，而，
则，即，故B错误；
对于D，由，得，则，，
而，则，
在中，由余弦定理，，
则，
于是，.
由平面平面，平面平面，平面平面，
得，同理，又，，
因相似于，相似于，
则，，
则，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设，，当取最小值时，__________.
【答案】1
【解析】令，则，
即，
当且仅当时取等，解得（负根舍去）.
故答案为：1.
13. 已知，均为单位向量，且和的夹角为，若和的夹角为，则__________.
【答案】2或
【解析】因为，均为单位向量，所以，
因为和的夹角为，所以，
而，
，
，
因为和的夹角为，
所以，解得或.
故答案为：2或.
14. 在中，，将绕所在直线旋转一周，所得几何体体积的最大值为__________.
【答案】
【解析】如图所示，将绕所在直线旋转一周，所得几何体为同底的两个圆锥，
由余弦定理，可得，
则，
所以，
设旋转一周得到同底的圆锥的底面圆的半径为，可得，所以，
所以几何体体积为,
则，令，即，即，
解得或（舍去），所以或（舍去）
又由，则,
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，取得极大值，也是的最大值，
由，可得，
且
，
则，
可得，即围成几何体的体积的最大值为.
故答案为：.
四､解答题：本题共小题，共分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知双曲线的渐近线方程为，且过点.
（1）求的方程；
（2）过的上焦点且斜率为的直线与交于，两点，证明：.
【答案】（1）解：由已知得，，故，C的方程为.
（2）证明：由（1）得双曲线的上焦点为，设直线，，，根据题意作图如下.
联立，得，，
所以，，
所以直线和直线的斜率之积为
，
因此.
16. 某咖啡店想了解顾客性别与喜欢的咖啡口味是否有关，随机调查了名顾客，得到如下的列联表：
（1）根据的独立性检验，分析顾客性别与喜欢的咖啡口味是否有关；
（2）从这名顾客中随机选择名，已知其中至少有名女性顾客，求这名顾客都喜欢拿铁的概率.
附：，
【答案】解：（1）零假设：顾客性别与喜欢的咖啡口味无关.
因为，
故依据的独立性检验，没有足够的证据说明不成立，即认为顾客性别与喜欢的咖啡无关.
（2）设事件“所选的2名顾客至少有1名女性顾客”，事件“所选的2名顾客都喜欢拿铁”.
由列联表知；
，
所以.
17. 设，函数.
（1）当时，求的单调递减区间；
（2）当时，，求的取值范围.
【答案】解：（1）.
令，得，故的单调递减区间是.
（2）记，.
（i）由（1），若，则当时，，不合题意.
（ii）若，则等价于.
设，
.
设，则.
时，，恰有一个大于0的零点.
时，因为，所以是二次项系数为正，常数项为负的二次函数，故有且仅有一个大于0的零点.
总之，记为的唯一正根，则在单调递减，在单调递增.
又因为，所以当时，单调递减；当时，单调递增.因此，符合题意.
综上所述，的取值范围是.
18. 已知为的边上一定点，动点沿运动.如图为的长与的运动路程的函数图像，该图像由两段曲线构成，其中和为两段曲线的最低点，，，为两段曲线的端点.部分点的纵坐标值如表所示.

（1）直接写出，，的长；
（2）求的面积；
（3）求点的坐标.
【答案】解：（1）根据题意作图如下，结合题中函数图像，等于点的纵坐标，等于点的纵坐标，等于点的纵坐标.
综上，，，.
（2）由图象可知点在，的射影均在对应的线段上，分别记为，，
连接，如图所示.
记，的面积分别为，，且由已知.
因此，
所以，
又，的高相等，所以，所以，
故的面积.
（3）在直角中，，又，
所以在中，由余弦定理，
，
又因为，故.
因此，
则点的横坐标为，纵坐标为，所以点的坐为.
19. （1）已知数列的各项均大于0，，，其中.证明：
（i）；
（ii）设满足，则；
（2）求所有满足的正整数.
【答案】（1）证明：（i）因为，
所以.
同理可得，，.
将以上个式子相乘，可得.
又因为，所以.
（ii）由已知得，
所以，
由（i），；而，所以，故，
同（i）可知，与同号，而，所以，故.
（2）解：记，则.
一方面，由于，
，
所以.
另一方面，由于，
且当时，，故,
其中为（1）中满足的数列的第项.
令，解得.故由（1）可知，
，
而，故对所有，都有.
综上所述，满足题意的所有正整数所构成的集合为.
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