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广东省惠州市惠阳区第五中学 2026届高三上学期 9月月考
数学试卷
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.设 = 2+i1+i2+i5，则 =( )
A. 1 2i B. 1 + 2i C. 2 i D. 2 + i
2.样本数据 16，24，14，10，20，30，12，14，40 的中位数为( )
A. 14 B. 16 C. 18 D. 20
3.设 = | 2 8 + 15 = 0 ， = | 1 = 0 ，若 ∩ = ，求实数 组成的集合的子集个数有
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
4.已知 ， 均为非零向量，其夹角为 ，则“cos = 1”是“ = ”的( )
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
35 3 , ≤ ,.设函数 ( ) = 2 , > ,若 ( )无最大值，则实数 的取值范围是( )
A. ( ∞, 1) B. ( ∞, 1] C. ( ∞,2] D. ( 1,2]
6.已知 是等差数列 的前 项和，若 12 < 11 < 13，则使 > 0 的最小整数 =( )
A. 12 B. 13 C. 24 D. 25
7 ( ) = sin( + ) + ( > 0) . 2 3 .记函数 4 的最小正周期为 若 3 < < ，且 = ( )的图象关于点( 2 , 2)

中心对称，则 ( 2 ) =( )
A. 1 B. 3 52 C. 2 D. 3
8.已知 ， ， ， 四点均在半径为 ( 为常数)的球 的球面上运动，且 = ， ⊥ ， ⊥ ，若
4
四面体 的体积的最大值为3，则球 的表面积为( )
A. 4 B. 6 C. 8 D. 9
二、多选题：本题共 3小题，共 18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.记 为等比数列 的前 项和， 为 的公比， > 0.若 3 = 7, 3 = 1，则( )
A. = 12 B. =
1
5 9 C. 5 = 8 D. + S = 8
10.已知抛物线 : 2 = 8 的焦点为 ，过点 的直线 与 交于 , 两点， 是 的准线与 轴的交点，则下列说
法正确的是( )
第 1页，共 13页
A.若| | = 4| | 4，则直线 的斜率为± 3
B. | | + 4| | ≥ 18
C. 0 < ∠ < 90 ( 为坐标原点)
D. | |当| |取最小值时，| | = 4
11.定义在 上的函数 ( )与 ( )的导函数分别为 ′( )和 ′( )，若 ( ) (3 ) = 2， ′( ) = ′(
1)，且 ( + 2) = ( + 2)，则下列说法正确的是( )
A. ( + 2)为偶函数 B. ′( + 2)为奇函数
C.函数 ( )是周期函数 D. (4) = 0
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
12.已知(1 + 2 )6的二项展开式中系数最大的项为 ．
13.已知函数 ( ) = + ln , ( ) = 2 ，若曲线 = ( )与曲线 = ( )存在公切线，则实数 的最
大值为 ．
14 :
2 2
.设椭圆 2 + 2 = 1( > > 0)的左右焦点为 1， 2，右顶点为 ，已知点 在椭圆 上，若∠ 1 2 = 90°，
∠ 2 = 45°则椭圆的离心率为 ．
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.(本小题 13 分)
在 中， 为 的中点，且∠ + ∠ = π．
(1) 求 ；
(2)若 = 2 2 ，求 cos ．
16.(本小题 15 分)
小芳、小明两人各拿两颗质地均匀的骰子做游戏，规则如下：若掷出的两颗骰子的点数之和为 4 的倍数，
则由原投掷人继续投掷；若掷出的两颗骰子的点数之和不是 4 的倍数，则由对方接着投掷．
(1)若第 1 次从小明开始，设游戏的前 4 次中，小芳投掷的次数为 ，求随机变量 的分布列与数学期望．
(2)若第 1 次从小芳开始，求第 次由小芳投掷的概率 ．
17.(本小题 15 分)
如图，已知四棱锥 的底面为菱形，且∠ = 60°， = = 2， = = 2． 是棱 上
3
的点，且四面体 的体积为 6 ．
第 2页，共 13页
(1)证明： = ；
(2)若过点 ， 的平面 与 平行，且交 于点 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
18.(本小题 17 分)
2 2
已知双曲线 ： 2 2 = 1( > 0, > 0)的离心率为 2，且 的一个焦点到其一条渐近线的距离为 1．
(1)求 的方程．
(2)设点 为 的左顶点，若过点(3,0)的直线 与 的右支交于 ， 两点．
( )证明：直线 和直线 的斜率乘积为定值．
( )若直线 ， 与圆 ： 2 + 2 = 2分别交于 ， 两点，记四边形 的面积为 1， 的面积为
12，求 的取值范围．2
19.(本小题 17 分)
1
已知函数 ( ) = 2
2 ( + 2) + 2 ln ( ∈ )．
(1)讨论函数 ( )的单调区间；
(2)当 = 1 1 2 7 +12时，证明： ( ) 2 + 2 ≤ e 2；
(3)函数 ( ) = ( ) 1 22 有两个零点
2
1、 2，求证： 1 2 > e ．
第 3页，共 13页
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.240 4
13.12/0.5
14. 3 1
15.【详解】(1)由∠ + ∠ = π，可得 sin∠ = sin∠ ，如图所示：
在 中，由正弦定理得sin = sin∠ ，
所以 = sin sin∠

在 中，由正弦定理得sin = sin∠ ，
= sin 所以 sin∠

故 =
因为 为 的中点，

所以 = 2，即 = 2，
(2)由(1)不妨设 = , = 2 , = , = 2 2
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2
2 + 2 2
在 中，由余弦定理得 cos = 2× 2 ×
2 2 2
在 2 2 + (2 )中，由余弦定理得 cos = 2×2 2 × ．
2
2 + 2
2
2 2 2 + 2 (2 )2
所以 2× 2 × = 2×2 2 × ．
解得 2 = 3 22 ．
2 2 3 2 3 2
故 cos = 3 2 3 22 2 2 = 2 2 2 = 8
16.解：(1)投掷两颗骰子共有 36 个样本点，和为 4 的倍数的样本点有：
(1,3), (3,1), (2,2), (2,6), (6,2), (3,5), (5,3), (4,4), (6,6)，共 9 个样本点．
9 1
所以一人投掷两颗骰子，向上的点数之和为 4 的倍数的概率为36 = 4．
设游戏的前 4 次中，小芳投掷的次数为 ，依题意， 可取 0，1，2，3，
( = 0) = 14 ×
1 × 1 = 14 4 64，
( = 1) = 3 × 3 × 1 + 14 4 4 4 ×
3 × 3 + 1 1 34 4 4 × 4 × 4 =
21
64，
( = 2) = 1 3 1 3 3 34 × 4 × 4 + 4 × 4 × 4 +
3 × 1 × 3 = 394 4 4 64，
( = 3) = 3 × 1 × 1 = 34 4 4 64．

0 1 2 3
1 21 39 3
64 64 64 64
( ) = 0 × 164 + 1 ×
21 39 3 27
64 + 2 × 64+ 3 × 64 = 16．
(2)若第 1 次从小芳开始，则第 次由小芳投掷骰子有两种情况：
①第 1 1次由小芳投掷，第 次继续由小芳投掷，其概率为 1 = 4 1；
②第 1 次由小明投掷，第 次由小芳投掷，
1 3 3
其概率为 2 = 1 4 1 1 = 4 4 1．
因为①②两种情形是互斥的，
∴ = + = 1 1 2 4 1 +
3 3 1 3
4 4 1 = 2 1 + 4，
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∴ 1 2 =
1
2
1
1 2 ．
1 1
因为 1 = 1，所以 1 2 = 2，
所以
1 1 1
2 是以2为首项， 2为公比的等比数列．
∴ 1 = 1 1
1
2 2 2 ，

∴ 1 1 = 2 2 ．
17.解：(1)解法一：
如图 1，取 中点 ，连接 ， ．
因为 = = 2， = 2，所以 ⊥ ， = 1， = 1．
又因为 是菱形，∠ = 60°，所以 ⊥ ， = 3．
因为 = 2，所以 2 = 2 + 2，所以 ⊥ ．
又因为 平面 ， 平面 ， ∩ = ，
所以 ⊥平面 ．
因为 // ， 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ，
所以 = = =
1 = 1 × 1 × 3 3 3 4 × 4 =
3
3 ．
3 1
因为 = 6 = 2 ，
1
所以点 到平面 的距离是点 到平面 的距离的2，
所以 = ．
解法二：
如图 2，取 中点 ，连接 ， ，
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因为 = = 2， = 2，
所以 ⊥ ， = 1， = 1，
又因为 是菱形，∠ = 60°，
所以 ⊥ ， = 3．
因为 = 2，所以 2 = 2 + 2，所以 ⊥ ．
因为 平面 ， 平面 ， ∩ = ，
所以 ⊥平面 ．
1
所以， = = 3
1 1 3
= 3 × 3 × 2 × 2 × 2 = 3 ．
过 作 // 交 于点 ， // ，所以 // ．
又 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ，所以 1 3 = = = 3 = 6 ．
= 1 1因为 3 ， = 3 ，
所以 = 2 ，
所以 是 的中点，所以 是 的中点，所以 = ．
(2)解法一：
由(1)知， ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ．
如图 3，以 为坐标原点， ， ， 的方向分别为 轴， 轴， 轴正方向建立空间直角坐标系，
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则 (0, 1,0)， (0,1,0)， 3, 0,0 ， 3, 2,0 3， (0,0,1)，所以 2 , 1,
1
，2
= 3, 1,0 ， =
3, 1,0 ， = 3, 3,0 ， = (0,1,1)， = 3 12 , 1, 2 ．
因为 ∈ ，设 = = (0, , )，则 = = 3, 1, ，
因为 // ， ∈ ， ∈ ， ∈ ，故存在实数 ， ，使得 = + ，
4
32 + 3 = 3
= 3
1
所以 3 = 1，解得 = 3 ,
2 = = 23
所以 = 3, 13 ,
2
3 ．
1 = 0 3
2
3 + 3 = 0设平面 的法向量为 1 = ( , , )，则 1
，即 ,
= 0 3 = 0
取 = 1，得到平面 的一个法向量 1 = 1, 3, 2 3 ．
设平面 与平面 夹角是 ，
又因为 2 = (0,0,1)是平面 的一个法向量，
则 cos = cos 1, =
1 2 3
2 1
= ．
2 2
所以平面 3与平面 夹角的余弦值是 2 ．
解法二：
由(1)知， ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ，
如图 3，以 为坐标原点， ， ， 的方向分别为 轴， 轴， 轴正方向建立空间直角坐标系，
则 (0, 1,0)， (0,1,0)， 3, 0,0 ， 3, 2,0 ， (0,0,1)，所以 32 , 1,
1
， 2 = 3, 1,0 ，
=
3, 1,0 ， = 3, 3,0 ， = (0,1,1)， = 32 , 1,
1
2 ．
设平面 的法向量为 = ( , , )，则 = 0
3 3 = 0
，即 ．
= 0 32 +
1
2 = 0
取 = 1，得到平面 的一个法向量 = 3, 1,5 ．
因为 ∈ ，设 = = (0, , )，则 = = 3, 1, ，
因为 = 3+ 1 + 5 = 0 = 2，所以 ，所以 3
= 3, 1 , 23 3
= 0 3 1 + 2 11 = 0
设平面 的法向量为 11 = 1, 1, 1 ，则 ，即
3 3 ．
1 = 0 3 1 1 = 0
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取 1 = 1，得到平面 的一个法向量 1 = 1, 3, 2 3 ．
设平面 与平面 夹角是 ，
又因为 2 = (0,0,1)是平面 的一个法向量，
则 cos = cos , = 1 2 31 2 1 2
= 2 ．
3
所以平面 与平面 夹角的余弦值是 2 ．
解法三：
在平面 内，过 作 // 交 延长线于点 ，交 延长线于点 ，
因为 是菱形，所以 = ．
如图 4，在平面 内，作 1// 交 的延长线于点 1，设 1交 于点 ．
所以，四边形 1 是平行四边形， 1 = ， 1// ．
所以 1 ∽△
1
，所以 =
1
= 2，
所以点 是线段 上靠近 的三等分点．
如图 5，在平面 内，作 // ，交 于 ，
因为 ⊥平面 ，所以 ⊥平面 ，所以 ⊥ ，
因为 = 1， = 2 23 = 3，
在平面 内，作 ⊥ ，交 于点 ，连接 ，过 作 // 交 于 ，
在 中， = 2，∠ = 60° 3，所以 = 2 = 3，
第 9页，共 13页
所以 = 23 =
2
3 3，
因为 ⊥ ， ⊥ ， ∩ = ，且两直线在平面内，所以 ⊥平面 ，
因为 平面 ，所以 ⊥ ．
所以∠ 是二面角 的平面角．
在 3 3中，tan∠ = = 3 ，所以 cos∠ = 2 ．
所以平面 3与平面 夹角的余弦值是 2 ．
18.解：(1)由题可知 = 0 是双曲线 的一条渐近线方程，右焦点为( , 0)，
∴ | 0|右焦点到渐近线的距离 = ，
2+ 2
又∵ 2 = 2 + 2，∴ = ，可得 = 1．
2
由离心率 e = = 1 +

2 = 2，解得 = 1，
∴双曲线 的方程为 2 2 = 1．
(2)( )如图所示，由(1)知， ( 1,0)，
设直线 的方程： = + 3， 1, 1 ， 2, 2 ，
= + 3
由 2 2 2 2 = 1，得 1 + 6 + 8 = 0，
∵直线 与双曲线 的右支交于两点，
2 1 ≠ 0
∴ = (6 )
2 4 × 8 × 2 1 > 0，解得 1 < < 1，
1 2 =
8
2 1 < 0
+ = 6 81 2 2 1， 1 2 = 2 1，


1 2 1 2 1 2
= + 1 = =1 2 +1 1 +4 2 +4 2 1 2 +4 1 + 2 +16
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8
=
2 1 8 1= 2 =
2 8 + 4 6 + 16 8 24
2 +16 2 16 2
2 1 2 1
( )设 ： = 1 1， ： = 2 1，且 1 > 1， 2 > 1，
= 1 1
由 2 2 = 1，得
2
1 1 2 2 1 = 0
2 2
，∴ = 1 ，同理可得 = 22 ， 1 1 22 1
= 1 1 2 2 2 1 2 由 2 + 2 = 1得 1 + 1 2 1 = 0，∴ = 2 ，同理可得 =
2 ，
1+1
2
2+1
1
2 | | | |sin∠ | | | | ∴ =

1
= =
2 | | | |sin∠
| | | |
2 1 2 2
21 1 22 1 2 +1 2 +1 2 2 2 2= = 1 2 = 1 2
+ 1 + 2 +1
2 1 2 2 21 1 22 1 21 2 22 1 22 +1
2 21 +1 2 +1
∵ 1 1 1 = 1 2 2
，即 1 2 = 2，∴ 1 2 = 2．
5+
2
1+
2
∴ 2 = ， 5 2+ 21 2
∵ = 2又 2 > 1，∴ 1 < 1 < 2．1
令 = 2 + 2 2 41 2，由 1 2 = 2，1 < 1 < 2，得 = 1 + 2 ∈ [4,5), 1
∴ 5+ 10 = = 1， ∈ [4,5) 5 5
令 ( ) = 105 1， ∈ [4,5),
∵ ( )在区间[4,5)上为增函数，∴ ( )的取值范围为[9, + ∞),
∵ 1 = 又 = 2
1，

∴ 1 的取值范围为[8, + ∞)．2
19. 1解：(1)函数 ( ) = 22 ( + 2) + 2 ln ( ∈ )的定义域为(0, + ∞)，
2
′( ) = ( + 2) + 2 = ( +2) +2 =
( )( 2)
，
当 ≤ 0 时，对任意的 > 0， > 0，
由 ′( ) < 0 可得 0 < < 2，由 ′( ) > 0 可得 > 2，
此时，函数 ( )的减区间为(0,2)，增区间为(2, + ∞)；
第 11页，共 13页
当 0 < < 2 时，由 ′( ) < 0 可得 < < 2，由 ′( ) > 0 可得 0 < < 或 > 2，
此时函数 ( )的减区间为( , 2)，增区间为(0, )、(2, + ∞)；
2
当 = 2 时，对任意的 > 0， ′( ) = ( 2) > 0，
此时函数 ( )的增区间为(0, + ∞)；
当 > 2 时，由 ′( ) < 0 可得 2 < < ，由 ′( ) > 0 可得 0 < < 2 或 > ，
此时，函数 ( )的减区间为(2, )，增区间为(0,2)、( , + ∞)．
综上所述，当 ≤ 0 时，函数 ( )的减区间为(0,2)，增区间为(2, + ∞)；
当 0 < < 2 时，函数 ( )的减区间为( , 2)，增区间为(0, )、(2, + ∞)；
当 = 2 时， ( )的增区间为(0, + ∞)，无减区间；
当 > 2 时，函数 ( )的减区间为(2, )，增区间为(0,2)、( , + ∞)．
(2) 1 1 5当 = 2时， ( ) = 2
2 2 + ln ，
1 7
即证 ( ) 2
2 + 2 = ln + ≤ e
+1 2 = e +ln +1 2，
令 = + ln + 1，即证 1 ≤ e 2，即证e 1 ≥ 0，
因为 ′ = 1 + 1 > 0，则函数 = + ln + 1 在(0, + ∞)上单调递增，
当 → 0+时， → ∞；当 →+∞时， →+∞，
所以函数 = + ln + 1 的值域为 ，
令 ( ) = e 1，其中 ∈ ，则 ′( ) = e 1，
由 ′( ) < 0 可得 < 0，由 ′( ) > 0 可得 > 0，
所以函数 ( )的减区间为( ∞,0)，增区间为(0, + ∞)，则 ( )min = (0) = 0，
故 ( ) ≥ (0) = 0，即e 1 ≥ 0，故原不等式得证．
(3) ( ) = ( ) 1 22 = 2 ln ( + 2) ，
因为函数 ( )有两个零点 1、 2，不妨设 1 > 2 > 0，
2 ln 1 = ( + 2) 1 2 ln 1 ln 2 = ( + 2) 1 则 2 ln ，所以，
2
2 = ( + 2) 2 2 ln 1 + ln 2 = ( + 2) 1 +
,
2
ln +ln
整理可得 1 2ln ln =
1+ 2 ln = 1+ 2 ln ，即
1
1 2 ，
1 2 1 2 1 2 2
要证 1 2
1+ 2 1
2 > e ，即证 ln 1 2 = 1
ln > 2，
2 2
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1
ln 1 > 2 1
2 1
即证 2
2
2 +
= 1 ，1 2 +12
= 令 1 > 1，即证 ln >
2( 1)
2 +1
，
2
令 ( ) = ln 2( 1) ′ +1 ，其中 > 1，则 ( ) =
1 4 = ( 1) ( +1)2 ( +1)2 > 0，
所以函数 ( )在(1, + ∞)上为增函数，则 ( ) > (1) = 0，
ln 2( 1)即 +1 > 0，即 ln >
2( 1)
+1 ，故原不等式得证．
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