精品解析：福建省厦门双十中学2025-2026学年高三上学期开学数学试题

厦门双十中学2025-2026学年（上）阶段练习 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合交并补运算，结合选项即可逐一求解. 【详解】对于A，，故A错误， 对于B，或，所以，故B错误， 对于C，，但，故C错误， 对于D，，故D正确， 故选：D 2. 已知，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量投影向量公式结合平面向量数量积、模长公式计算即可. 【详解】由题意可知，， 所以， 而在方向上的投影向量为. 故选：D 3. 已知是各项均为正整数的递增数列，前项和为，若，当取最大值时，的最大值为（ ） A. 63 B. 64 C. 71 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】因为是定值，要使当取最大值时也取得最大值，需满足前项是首项为，公差为的等差数列，通过计算的前项和与作比较，前项和与作比较即可得出的最大值. 【详解】因为是定值，要使当取最大值时也取得最大值，需满足各项尽可能取到最小值，又因为是各项均为正整数的递增数列，所以，即是首项为，公差为的等差数列，其中；的前项和为； 当时，； 当时，； 又因为， 所以的最大值为，此时，取得最大值为. 故选：C. 4. 我市某中学高二学生到一工厂参加劳动实践，欲将一个底面直径为，高为的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面上，若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，体积为，由几何关系得，再根据圆柱的侧面积公式可得圆柱侧面积关于的函数，最后根据二次函数的最值即可求解. 【详解】如图，设圆柱的底面半径为，高为，侧面积为， 由题意得，，，所以， 在中，因为， 所以，即，解得， 所以圆柱的侧面积为， 又，所以时，取得最大值为， 故圆柱的最大侧面积为， 故选：C. 5. 已知，，，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据求出，从而可得的范围，即可得出的范围，再求和的值，即可得结果. 【详解】因，，， 则， 可知，，则， 又因为， 可得， 所以. 故选：D. 6. 已知拋物线，其焦点到准线的距离为2，过焦点且斜率大于0的直线交拋物线于两点，以为直径的圆与准线相切于点，则圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由焦点F到准线的距离为2，求出，即得焦点坐标，准线方程，抛物线方程，直线斜率为正，得点纵坐标，用点差法可求得直线斜率，再得点横坐标，同时得出圆半径，得圆方程． 【详解】抛物线的焦点到准线距离为2，则（因为）， 焦点为，准线方程是，抛物线方程是， 又轴，，所以的纵坐标为2， 设，， ，两式相减得， 所以，又，， 即，所以圆半径为， 圆方程为． 故选：A． 7. 已知函数（ω＞0），若f（x）在区间上有且仅有3个零点和2条对称轴，则ω的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据三角函数恒等变换将三角函数化简成余弦型函数，根据自变量的取值范围求解出的取值范围，进而根据已知条件结合三角函数图像求得的取值范围 【详解】函数 ， 因为， 所以， 由于函数在区间上有且仅有3个零点和2条对称轴， 根据函数的图像： 所以，整理得：． 故选：D． 8. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先构造函数，利用导数分析函数的单调性和最值，从而比较，再构造函数，通过分析函数的最值，再利用指对互化，比较的范围，即可判断的大小关系. 【详解】设， 由， 则， ∴在单调递增，在单调递减， ∵，， ∴即， 设， 由， 则， ∴在单调递减，在单调递增， ∴， ∴即，当且仅当时等号成立， ∴， ∴， ∴， 综上：， 故选：A. 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. 已知复数z，，，是z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 若，则的最小值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合复数的四则运算，共轭复数的定义及复数模长的公式可判断A；结合特殊值法可判断B；结合复数模长的性质可判断C；结合复数的几何意义可判断D. 【详解】对于A，设，则，故A正确； 对于B，令，满足，故B错误； 对于C，设，，则 ，所以，故C正确； 对于D，设，则， 即，表示以为圆心，半径为1的圆， 表示圆上的点到的距离，故的最小值为，故D正确. 故选：ACD 10. 已知函数，则（ ） A. 存在实数使得 B. 当时，有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 若曲线有两条过点的切线，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，求出的导函数，使其和相等，解方程看是否有实数根，即可求得； 对B，根据的导函数确定单调区间以及极值点，看与轴交点即可判断； 对C，根据中心对称公式即可判断； 对D，设过的切线的切点为，由条件可得有两个根，结合导数研究方程的根即可. 【详解】对A，根据已知的导函数，令 则，令， ，当时， 根据函数零点存在定理存在实数使得，故A正确； 对B，根据题意知，令得到， 在和上，所以在和单调递增， 在上，所以在单调递减， 是的极大值，且的极大值大于极小值， ， ， 所以在定义域内有且只有一个零点，故B错误； 对C，令，该函数定义域为R， 且， 所以为奇函数，是的对称中心， 将向下移动两个单位得到的图像， 所以点是曲线的对称中心，故C正确； 对D，过的切线的切点为，切线斜率为， 则切线方程为， 把点代入可得，化简可得， 令， 则，令可得或， 在和上大于零，所以在和上单调递增， 在上小于零，所以在单调递减， 要使有两个解，一个极值一定为， 若函数在极值点时的函数值为，可得， 所以 若函数在极值点时的函数值为，可得， 所以，故D不正确. 故选：AC 11. 已知的面积为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较和的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用算出取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项. 【详解】，由二倍角公式，， 整理可得，，A选项正确； 由诱导公式，， 展开可得， 即， 下证. 方法一：分类讨论 若，则可知等式成立； 若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理， 又，于是， 与条件不符，则不成立； 若，类似可推导出，则不成立. 综上讨论可知，，即. 方法二：边角转化 时，由，则， 于是， 由正弦定理，， 由余弦定理可知，，则， 若，则，注意到，则， 于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是， 结合，而都是锐角，则， 于是，这和相矛盾， 故不成立，则 方法三：结合射影定理（方法一改进） 由，结合正弦定理可得，，由射影定理可得，于是， 则，可同方法一种讨论的角度，推出， 方法四：和差化积（方法一改进） 续法三： ，可知同时为或者异号，即，展开可得， ， 即，结合和差化积，，由上述分析，，则，则，则，即，于是，可知. 由，由，则，即， 则，同理，由上述推导，，则， 不妨设，则，即， 由两角和差的正弦公式可知，C选项正确 由两角和的正切公式可得，， 设，则， 由，则，则， 于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等差数列中，，其前项和为，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得是以为首项，为公差的等差数列，再由等差数列的通项公式即可得到结果. 【详解】设等差数列的前项和为，则，所以是等差数列． 因为，所以的公差为，又， 所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，所以. 故答案为： 13. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，同除，再由余弦定理、正弦定理将边化角得到，再由两角和的正弦公式及同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】因为，所以，所以， 即，由正弦定理可得， 所以，所以， 所以， 即， 因为，所以，所以. 故答案为： 14. 已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球表面上，，，则三棱锥的内切球半径为__________；若，则三棱锥体积的最大值为__________． 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】根据题意，可求得三棱锥各个面的面积，设三棱锥内切球的半径为，利用等体积法可求得内切球的半径；由，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，建立空间直角坐标系设点坐标，利用向量法求出点到平面的距离最大值得解. 【详解】如图，根据题意，，，， ，， 所以，设的中点为，则是外接圆的圆心，则平面，则， ，， 设三棱锥内切球的半径为，则 ， 即，. 由，由于， 所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大， 如图，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，则，， 设点，因为，， 所以，即， 两式相减解得， 代回上式可得，所以，即， 又平面的一个法向量为，， 所以点到平面的距离为， 所以点到平面的最大距离为， 所以三棱锥的体积最大值为. 故答案为：；. 【点睛】思路点睛：第一空，先求出三棱锥各个面的面积，利用等体积法可求得内切球的半径；第二空，根据三棱锥等体积转换，，又，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，建系用向量法求出答案. 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. 在中，内角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且． （1）求角； （2）若的角平分线交于点，点在线段上，，求的面积． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简可求得，结合角的取值范围可求得角的值； （2）利用正弦定理可求得的值，利用可得，余弦定理可得，两式联立可得，然后利用三角形的面积公式可求得的面积. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又，所以， 所以， 即， ，故， ，即， 又，则． 【小问2详解】 由（1）可知，，又外接圆的半径为； 由正弦定理可知， 所以， 因为是的平分线，故， 又， 由， 可得，即．① 由余弦定理可知，，即．② 由①②可知． 所以， 又，则， 所以. 16. 已知三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，平面与底面的交线为直线． （1）若，证明：； （2）若三棱锥的体积为为交线上的动点，若直线与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，由线面垂直的性质定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，结合不等式知识，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意：，∴分别为棱的中点，∴， ． 为等边三角形，为中点， ． 又平面，平面， 平而； 【小问2详解】 如图，在底面内过点作的平行线，即为平面与底面的交线， （因为，则，A为平面与底面的公共点，故为平面与底面的交线） 由题意，可得，即， 故底面的面积为， 设底面上的高为，则，于是， 注意到侧面是边长为2的正三角形，取中点， 连接，则，从而即为三棱锥的高，故平面， 取中点，连接，则， 于是，以点为坐标原点．所在直线分别为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系，则，， 于是，， 设平面的一个法向是为， 则，即， 解得，即， 由线面所成角的定义可知. 17. 已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解； （2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证； 充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解. 【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以， 又，所以椭圆方程； （2）由（1）得，曲线为， 当直线斜率不存在时，直线，不合题意； 当直线的斜率存在时，设， 必要性： 若M，N，F三点共线，可设直线即， 由直线与曲线相切可得，解得， 联立可得，所以， 所以, 所以必要性成立； 充分性：设直线即， 由直线与曲线相切可得，所以， 联立可得， 所以， 所以 ， 化简得，所以， 所以或，所以直线或， 所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立； 所以M，N，F三点共线的充要条件是． 【点睛】关键点点睛： 解决本题关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. （3）若在存在极值，求a的取值范围. 【答案】（1）； （2） 令， 函数的定义域满足，即函数的定义域为， 定义域关于直线对称，由题意可得， 由对称性可知， 取可得， 即，则，解得， 经检验满足题意，故. 即存在满足题意. （3）. 【解析】 【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可； (2)首先求得函数定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可； (3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 则， 据此可得， 函数在处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由函数的解析式可得， 由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点; 令， 则， 令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， 当时，，在区间上单调递减， 此时，在区间上无零点，不合题意; 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，， 所以在区间上无零点，不符合题意； 当时，由可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的最小值为， 令，则， 函数在定义域内单调递增，， 据此可得恒成立， 则， 由一次函数与对数函数的性质可得，当时， ， 且注意到， 根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点. 当时，，单调减， 当时，，单调递增， 所以. 令，则， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以 ， 所以函数在区间上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数得取值范围是. 【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元. (2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证. 19. “熵”常用来判断系统中信息含量的多少，也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小，一般熵越大表示随机变量的不确定性越明显．定义：随机变量对应取值的概率为，其单位为bit的熵为，且．（当，规定．） （1）若抛掷一枚硬币1次，正面向上的概率为，正面向上的次数为，分别比较与时对应的大小，并根据你的理解说明结论的实际含义； （2）若拋掷一枚质地均匀的硬币次，设表示正面向上的总次数，表示第次反面向上的次数（0或1）．表示正面向上次且第次反面向上次的概率，如时，．对于两个离散的随机变量，其单位为bit的联合熵记为，且． （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）求证：． 【答案】（1） 时，， 时， 因为，所以，所以. 说明硬币质地均匀时，抛掷正面向上的不确定性更大. （2）（i）； （ii）当时，第次正面向上，前次中有次正面向上， 所以， 所以 . 当时，第次反面向上，前次中有次正面向上， 所以， 所以. 所以 . 由， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据定义代入计算，再比较大小即可； （2）（i）根据步骤列出分布列，再计算即可；（ii）当时，，再计算出时，，最后代入公式计算化简即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）当时，的分布列： . （ii）略 【点睛】关键点点睛：本题第二问第一小问的关键是列出当时，的分布列，然后再计算相关值，第二小问的关键是对和的讨论，最后代入题目所给公式计算即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门双十中学2025-2026学年（上）阶段练习 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是各项均为正整数的递增数列，前项和为，若，当取最大值时，的最大值为（ ） A. 63 B. 64 C. 71 D. 72 4. 我市某中学高二学生到一工厂参加劳动实践，欲将一个底面直径为，高为的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面上，若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则的值是（ ） A. B. C. D. 6. 已知拋物线，其焦点到准线的距离为2，过焦点且斜率大于0的直线交拋物线于两点，以为直径的圆与准线相切于点，则圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数（ω＞0），若f（x）在区间上有且仅有3个零点和2条对称轴，则ω的取值范围是（　　） A. B. C. D. 8. 若，，，则（ ） A. B. C. 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. 已知复数z，，，是z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 若，则的最小值为1 10. 已知函数，则（ ） A. 存在实数使得 B. 当时，有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 若曲线有两条过点的切线，则 11. 已知的面积为，若，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等差数列中，，其前项和为，若，则________. 13. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，则______． 14. 已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球表面上，，，则三棱锥的内切球半径为__________；若，则三棱锥体积的最大值为__________． 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. 在中，内角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且． （1）求角； （2）若的角平分线交于点，点在线段上，，求的面积． 16. 已知三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，平面与底面的交线为直线． （1）若，证明：； （2）若三棱锥的体积为为交线上的动点，若直线与平面的夹角为，求的取值范围． 17. 已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是． 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. （3）若在存在极值，求a的取值范围. 19. “熵”常用来判断系统中信息含量的多少，也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小，一般熵越大表示随机变量的不确定性越明显．定义：随机变量对应取值的概率为，其单位为bit的熵为，且．（当，规定．） （1）若抛掷一枚硬币1次，正面向上的概率为，正面向上的次数为，分别比较与时对应的大小，并根据你的理解说明结论的实际含义； （2）若拋掷一枚质地均匀的硬币次，设表示正面向上的总次数，表示第次反面向上的次数（0或1）．表示正面向上次且第次反面向上次的概率，如时，．对于两个离散的随机变量，其单位为bit的联合熵记为，且． （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $