邕衡教育·名校联盟2026届高三年级秋季学期9月份联合调研测试数学答案_2025年9月_250920广西邕衡教育·名校联盟2026届高三年级秋季学期9月份联合调研测试

广西 2026 届高三年级秋季学期 9 月联合测试 数 学 答 案 1.B【详解】由x2 4x+3>0解得x1或x3，所以A x|x1或x3  ，又因为 B 4,2,3,5 ，所以AB 4,5  .故选：B. 3i  3i  2i  55i 2．B【详解】因为z    1 i，所以复数z的虚部为1.故选：B. 2i  2i  2i  5 x1,x1 3．A【详解】由函数 f  x  ，可知： f  2 0，所以 f  f  2   f  0 1.  ln  x1  ,x1 故选：A．  a (1，3) 1 3 4．A【详解】所求即为   ( ， ) .故选：A. a 2 2 2 5．C【详解】根据题意可得：2a a 0，因为数列 a 是等比数列，a 1，则化简得 3 4 n 1   a 1q7 2aq2 aq3 q2 2q 0，因为q 0，所以q 2.所以S  1  271127. 1 1 7 1q 故选：C. 1 sin cos sin2cos2 2 2 6．A【详解】 tan     7 ，故sin2 ． tan cos sin sincos sin2 7 故选：A. 7．B【详解】 球O的半径为1，且BC 2， A,B,C 三点所∵在的平面经过球心，BC为球的一条直径． ∴ AB  AC ， ABC是等腰直角三角形， ∵如图，由几何知∴识得，当点P位于垂直于平面ABC的直径的端点时，三棱锥PABC 的体积取 1 得最大值，此时BO CO  AO PO  BC 1, 2 1 1 1 1 1 1 最大值为V  S OP   BCAOOP    211 .故选：B. 3 ABC 3 2 3 2 3 ∴ 试卷第1页，共12页 学科网（北京）股份有限公司8．C【详解】令x y 0，得2f  0  f 2 0 0得 f(0)0或 f(0)2， 当 f(0)0时， 令 y 0得 f(x)0不合题意， 故 f(0)2， 所以A错误 ；令x0 得 f(y) f(y)，且 f  x 的定义域为R，故 f(x)为偶函数，所以B错误 ；令y 1，得 f(x1) f(x1) f(x)， 所以 f(x) f(x2) f(x1) ，所以 f(x2)f(x1) ，则 f(x3)f(x) ，则 f(x6)f(x3) f  x  ，所以 f(x) 的周期为 6，所以 D 错误 ；令 x y 1， 得 f(2) f(0) f 2(1) ，因为 f 1  f  1 1.所以 f(2)1，所以 f(8) f  2 1，所以 C正确.故选：C. 9．BCD【详解】对于选项A，8个数据从小到大排列，由于 875%6 ，所以第75百分位数 911 应该是第 6个与第 7个的平均数 10，故 A 错误；对于选项 B，因为样本点都在直线 2 1 y  x1上，说明是负相关且线性相关性很强，所以相关系数为1 ，故B正确；对于选项 2 np 36 3 C，因为X B  n,p  ,E  X 36,D  X 9，所以 ，解得 p  ，故C正确；  np  1 p 9 4 对于选项D，由 X  N(2,2),P(X 5) 0.2 ，得P(X 1)P(X 5)0.2， 所以P(1 X 5)1P(X 1)P(X 5)0.6 ，故D正确.故选：BCD． ac x2 y2 10．AC【详解】对于选项A，由于2b2 3且 3，可得椭圆的方程为  1，所 ac 4 3 1 以A正确，对于选项B，PFF  2cb 3，所以B错误；对于选项C，PQF 的周长 1 2 2 1  PF  PF  QF  QF  4a 8，所以C正确；对于选项D，设PQ直线为：xmy1 1 2 1 2 x2 y2 6m 与  1联立可得，(3m2 4)y2 6my90，则有y  y  ， 4 3 1 2 3m2 4 9 1 1 1 1 y  y y y   0，则有     1 2 1 2 3m2 4 PF QF 1m2 y 1m2 y 1m2 y y 2 2 1 2 1 2 试卷第2页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 y  y 24y y 4  1 2 1 2  ，所以D错误.故选：AC. 1m2 y y 3 1 2 11．ABD【详解】选项A：由题意可得 f x 3ax26ax 3ax  x2 ，令 f x 0解得x0 或x2，因为a 0，所以令 f x 0解得x0或x2，令 f x 0解得0 x2，所 以 f  x 在,0 ， 2,上单调递增，在 0,2 上单调递减，所以 f  x 在x0处取得极 大值，在x2处取得极小值，故A正确；选项B：要使 y  f  x 有且仅有3个零点，只需 f  0 0 b0  ，即 ，解得0b4a ，故B正确；选项C：当b2a时，  f  2 0 8a12ab0 f  x ax33ax2 2a， f  1x a  1x 33a  1x 22a ax33ax ， 1  f  1x  f  x 0，所以点 ,0不是曲线 y  f  x 的对称中心，C错 2  误；选项D： f x 3ax26ax，设切点为C  x ,ax3 3ax2 b  ，所以 0 0 0 在点C处的切线方程为： y  ax33ax2b    3ax26ax  xx ，又 0 0 0 0 0 因为切线过点A  2,a ，所以a  ax33ax2b    3ax26ax  2x ， 0 0 0 0 0 解得2ax3 9ax2 12ax a b ，令g  x 2ax39ax212axa ， 0 0 0 y b，所以过点A  2,a 可以作曲线 y  f  x 切线条数可转化为 y  g  x 与 y b图像的交 点个数，g x 6ax218ax12a 6a  x23x2  6a  x1  x2 ，令g x 0解得 x1或x2，因为a 0，所以令g x 0解得x1或x2，令g x 0解得1 x2， 则g  x 在,1 ， 2,上单调递增，在 1,2 上单调递减，且g  1 6a，g  2 5a，g  x  图像如图所示，所以当5ab6a 时， y  g  x 与 y b图像有3个交点，即过点A  2,a 可 以作曲线 y  f  x 的3条切线，故D正确.故选：ABD. 试卷第3页，共12页 学科网（北京）股份有限公司12．(1，0)【详解】将点C的坐标代入 y2 2px，得 p 2，则该抛物线的焦点坐标为(1，0).故 答案为：(1，0). ex 13．y exe【详解】yexlnx ，当x=1时，切线的斜率k e，y 0，所以切线方 x 程为 y e  x1 ，即 y exe .故答案为：y exe . 14．98【详解】解法一：1-5号盒共放0个球，有C1 2种放法； 2 1-5号盒共放1个球，有C1(A2 1)15种放法；1-5号盒共放2个球，有C2(A2  A2)40种 5 2 5 2 2 放法；1-5号盒共放3个球，有C3(C11)30种放法；1-5号盒共放4个球，有C4C1 10种 5 2 5 2 放法；1-5号盒共放5个球，有1种放法，所以共有2+15+40+30+10+1=98种放法. 解法二：用xk表示k 个分配指标，现考虑符合题意的一种放法：第1、2两个盒子各放1个球， 第3、4、5、6盒子不放球，第7个盒子放3个球，这个放法可用符号表示为x1x1x0x0x0x0x3. 考虑母函数 (1x)5(1xx2 x3)2 ， (x0 x)(x0 x)(x0 x)(x0 x)(x0 x)(x0 xx2 x3)(x0 xx2 x3) 从第一、二个括号种各取x1，从第三、四、五、六个括号种各取x0，从第七个括号种取x3，然 后相乘，即得到展开式中的一个x1x1x0x0x0x0x3 x5 项，此x5项的系数即为满足题意的分配名 额的方案数.从上分析可见，满足题意的名额分配的方案与多项式(1x)5(1xx2 x3)2 展开 式中x5项正好一一对应，故多项式(1x)5(1xx2 x3)2 的展开式中x5项的系数即为满足 题意的名额分配的方案数.又 (1x)5(1xx2 x3)2 (15x10x2 10x35x4 x5)(12x3x2 4x33x4 2x5x6) ，其中x5 12x5 5x3x4 10x24x3 10x33x2 5x42xx5198x5 ，满足题意的分配 方案数为98. 试卷第4页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 3 15.【答案】（1）A （2） 3 4 【详解】（1）由正弦定理有 3sin AsinB sinB(2cosA) ，……2分 因为B(0,)，所以sinB 0，……1分  故 3sin A2cosA，即 3sin AcosA2 ，即sin(A )1，……2分（5分） 6   7 因为A(0,)，所以A ( , )，……1分 6 6 6    所以A  ，即A ……1分（7分） 6 2 3 （2）法一.因为a2 b2 c2 2bccosA，即1b2 c2 bc……1分（公式对即可得1分） 因为b2 c2  2bc，……1分 所以1b2 c2 bcbc，即bc1（当且仅当bc时取等）……2分（11分）备注：没写取 等条件扣1分 1 3 3 故S  bcsinA bc （当且仅当bc时取等）， 2 4 4 3 所以当bc时，△ABC面积S有最大值，最大值为 ……2分（13分）备注：结果错误但面 4 积公式正确，得1分 b c a 1 2 3 法二.由正弦定理有     ， sinB sinC sin A  3 sin 3 2 3 2 3 即b sinB，c sinC ……1分 3 3 4 4 2 3 1 1 2  1 bc  sinBsinC  sinBsin( B) sin2B cos2B  sin(2B ) …… 3 3 3 3 3 3 3 6 3 1分 2   7 因为B(0, )，所以2B ( , ) 3 6 6 6 试卷第5页，共12页 学科网（北京）股份有限公司   当2B  ，即B  时，bc有最大值，最大值为1……2分（11分）备注：没写取等条件 6 2 3   “2B  ”扣1分 6 2 1 3 S  (bc) sinA ……2分（13分）备注：结果错误但面积公式正确，得1分 max 2 max 4 x2 16．【答案】(1)  y2 1(2)m1 4 【详解】（1）由题知a2，……………1分 c 3 且e  ，得c 3，……………1分（2分） a 2 又a2 b2 c2，代入可得a2 4，b2 1，……………2分（4分） x2 ∴椭圆C的方程为  y2 1.……………1分（5分） 4 y  xm,  （2）联立x2 得5x2 8mx4m2 40，……………2分（7分）   y2 1,  4 由题意， 64m2 80(m2 1)0,即16m2 80,解得 5 m 5,……………2分（9分） 8m 4m2 4 设M  x ,y ，N  x ,y ，可得x x  ，x x  ，………1分（10分） 1 1 2 2 1 2 5 1 2 5 y y x m x m 由k k 0，得 1  2  1  2  0，……………1分（11分） MQ NQ x 4 x 4 x 4 x 4 1 2 1 2 2x x  m4  x x 8m 即 1 2 1 2 0，即2x x  m4  x x 8m0 …2分（13分）  x 4  x 4  1 2 1 2 1 2 8(m2 1)8m(m4)40m 即 0，解得m1.……………2分（15分） 5 2 17.【答案】（1）证明见解析（2） 3 试卷第6页，共12页 学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）证明：因为E，F分别是线段SA,SB的中点，所以EF//AB，………1分 又因为O为AD的中点，且AD2BC，且BCDCDA90， 所以AO//BC且AOBC，所以四边形ABCO为平行四边形， ……………2分（3分） 所以AB//OC， ……………………1分 又由EF//AB，所以EF //OC，……………………1分 因为EF 平面SOC，且OC平面SOC，所以EF //平面SOC……………1分（6分） （没有“EF 平面SOC”这1分不得） （2）解：由题意知：SO平面ABCD，由OS,OD,OB两两相互垂直，以O为坐标原点，分别 以OB,OD,OS所在直线为x轴、y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，……1分 设AD2SO2BC2CD4， 可得C(2,2,0),S(0,0,2),A(0,2,0),B(2,0,0)，E(0，1,1),F(1，0,1)，…………1分    所以CE (2,3,1),EF (1,1,0),SC (2,2,2)， ……………1分（9分）     nEF x y  0 设平面CEF的法向量为n(x 1 ,y 1 ,z 1 )，则 n  C  E   1 2x  1 3y  z 0 ,……………1分 1 1 1  取y 1，可得x 1,z 1，所以n(1,1,1)，……………1分（11分） 1 1 1     mSC2x 2y 2z 0 设平面SCE的法向量为m(x ,y ,z )，则  2 2 2 ,………1分 2 2 2 mCE 2x 3y z 0 2 2 2  取y 1，可得x 2,z 1，所以m(2,1,1)，………………1分（13分） 2 2 2 设平面CEF与平面SCE的夹角为，     mn 2 2 则cos cos m,n      ， m n 411 3 3 2 所以平面CEF与平面SCE夹角的余弦值为 .…………2分（15分） 3 （写对公式有1分，答案正确有1分） 解法二：先建系 （1）证明：由题意知：SO平面ABCD，由OS,OD,OB两两相互垂直，以O为坐标原点，分 别以OB,OD,OS所在直线为x轴、y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，……1分 试卷第7页，共12页 学科网（北京）股份有限公司设AD2SO2BC2CD4， 可得O0，0，0，C(2,2,0),S(0,0,2),A(0,2,0),B(2,0,0)，E(0，1,1),F(1，0,1)，…2分（3分）   所以EF (1,1,0),OC (2,2,0)，…………………2分（5分） 所以 EF//OC ，……………………………1分 又因为EF、OC 不共线，所以EF//OC，…………………………1分 因为EF 平面SOC，且OC平面SOC，所以EF //平面SOC…………1分（8分） （没有“EF 平面SOC”这1分不得） （2）由（1）可得：O0，0，0，C(2,2,0),S(0,0,2),A(0,2,0),B(2,0,0)，E(0，1,1),F(1，0,1)，    所以CE (2,3,1),EF (1,1,0),SC (2,2,2)， …………1分     nEF x y  0 设平面CEF的法向量为n(x 1 ,y 1 ,z 1 )，则 n  C  E   1 2x  1 3y  z 0 ,………………1分 1 1 1  取y 1，可得x 1,z 1，所以n(1,1,1)， …………………1分（11分） 1 1 1     mSC2x 2y 2z 0 设平面SCE的法向量为m(x ,y ,z )，则  2 2 2 ,…………1分 2 2 2 mCE 2x 3y z 0 2 2 2  取y 1，可得x 2,z 1，所以m(2,1,1)， ………………1分（13分） 2 2 2 设平面CEF与平面SCE的夹角为，     mn 2 2 则cos cos m,n      ， m n 411 3 3 2 所以平面CEF与平面SCE夹角的余弦值为 .…………………2分（15分） 3 （写对公式有1分，答案正确有1分） 1 12 1 18.【答案】（1）P  A  ，P  B  （2）分布列见详解（3） 125 3125 65 3 1 1 【详解】（1）（1）PA   ，………………1分 5 125 试卷第8页，共12页 学科网（北京）股份有限公司3 4 1 1 12 PBC1     ；………………2分（3分） 3 5 5 5 3125 （2） X 可能的取值为3，5，7………………1分（4分） 3 3 1 4 65 P(X 3)     ； ………………6分（算式、结果各1分） 5 5 125 3 3 4 1 1 1 4 4 780 156 P(X 5)C1    C1      ；…………8分（算式、结果各1分） 3 5 5 5 3 5 5 5 3125 625 720 144 P(X 7)1P(X 3)P(X 5)  ；………………10分（结果对得2分） 3125 625 （直接写出表格没有计算过程，X 的取值全写对得1分，P(X 3)，P(X 5)，P(X 7)的结 果分值都是2分） X 3 5 7 P 65 156 144 125 625 625 （3）设事件D表示“比赛局数不限，D组合获得比赛胜利”． 设比赛过程中，D组合与S组合累计所赢局数的差为Y， PY n表示Y n时最终D组合获得比赛胜利概率，其中n3,2,1,0,1,2,3．………1分（11 分） 由题知，PY 31，PY 30，PY 0PD．……………… 1分（12分） 1 4 根据全概率公式，则有PY n PY n1 PY n1，…………1分（13分） 5 5 于是PY n1PY n4 PY nPY n1  ，………………1分（14分） 则  PY n1PY n构成了以 P  Y 2 P  Y 3 P  Y 2  为首项，q 4的 等比数列， 则PY 3PY 2PY 245， PY 2PY 1PY 244， PY 1PY 0PY 243， PY 0PY 1PY 242， PY 1PY 2PY 241， PY 2PY 3  PY 2； 累加得，PY 3PY 3PY 2 141+42+43+44+45 1365PY 21， 试卷第9页，共12页 学科网（北京）股份有限公司1 解得PY 2 ，……………… 16分（有相应过程、结果各1分） 1365 21 1 PY 0PY 3PY 21416  ………………1分（17分） 1365 65 1 故若比赛局数不限，D组合获得比赛胜利的概率为 ． 65 5(1 5) 1 19.【答案】（1）a 1（2） （3）（ ）50 n 4 2 【详解】（1）由题意可知，a 2a2 1…………1分 n1 n a a 1…………2分（3分）（每对一个给1分，） 2 3 猜想，a 1…………1分（4分） n （2）当a 1,1 ，a 1,1 ， n n1 解法一：由a 2a2 1,a 2a2 1,a 2a2 18a4 8a2 1 …………1分（见a 对才给 n1 n 2 1 3 2 1 1 3 这1分，共5分） 4a a (8a48a24a 1) …………1分（共6分） 1 3 1 1 1 令h(x)8x4 8x2 4x1 1 51 1 5 则h(x)32x316x432(x )(x )(x ) …………2分（共8分） 2 4 4  2  x ,1  2  2 1 5 1 5   x ,h(x) 0,h(x)递减，  x1,h(x)0,h(x)递增，………1分（共 2 4 4 9分） 1 5 h(x) h( )，…………1分（共10分） min 4 5(1 5) （4a a ) h(x)  …………1分（共11分） 1 3 max min 4 试卷第10页，共12页 学科网（北京）股份有限公司  解法二：设a 1 cos,   0, 4   ，则，a 2 cos2，a 3 cos4，…………1分（5分） 则4a a 4coscos4，…………1分（6分） 1 3 3 5 令m()4coscos4,m()4sin4sin48sin cos ………1分（7分） 2 2   3  3 3   0,  ，   0,  ，sin 0, …………1分（8分）  4 2  8  2  5   5 0 ，0cos 1,  ,cos 0 …………1分（9分） 5 2 5 4 2     当  0,  ,m()0,  ,  ,m()0 …………1分（10分）  5 5 4   4  5( 5 1) m() m( )4cos cos 5cos  …………1分（11分） max 5 5 5 5 4 解法三：m()4coscos4，   对 y cos， 0, ，可知 y为上凸函数，由琴生不等式得    4  5( 51) m()4coscos4coscoscoscoscos(4)5cos  5 4  （当且仅当-4，即 时，能取到等号） 5 （3）由（2）可知，令a cos, 0,，则a cos2，a cos4，依此类推 1 2 3 a cos(2n1),则 1a2 sin,…………1分（12分） n 1 令h() 1a2 T sincoscos2cos(249) …………1分（13分） 1 50 1 1  sin2cos2cos4cos(249) sin4cos4cos(249) …………1 分（14 分） 2 4 1 1 （ ）50sin(250)（ ）50 …………1分（16分） 2 2 试卷第11页，共12页 学科网（北京）股份有限公司  当且仅当250 ，即 时取到等号…………1分（17分） 2 251 试卷第12页，共12页 学科网（北京）股份有限公司