精品解析：福建省闽东教科联盟2025-2026学年高三上学期入学质量检测数学试题

2025~2026学年第一学期福建省闽东教科联盟高三年级入学质量检测 数学试卷 （考试时间：120分钟；总分：150分） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题只有一项符合题意．） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（i为虚数单位），则对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. “成立”是“成立”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 在下面给出的四个函数中，是以为最小正周期的偶函数的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 函数图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 某班级学生到工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，cm，且，则下列说法错误的是（ ） A. 该圆台轴截面面积为 B. 该圆台的高为1cm C. 该圆台的侧面积为6 D. 该圆台的体积为 8. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表．数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究．下列结论不正确的是（ ） A. B. 第2025行的第1013个数和第1014个数相等 C. 在杨辉三角中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 D. 记杨辉三角中第行的第个数为，则 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多项符合题意，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．） 9. 现代研究结果显示，饮茶温度最好不要超过.一杯茶泡好后置于室内，1分钟、2分钟后测得这杯茶的温度分别为，，给出两个茶温（单位：）关于茶泡好后置于室内时间（单位：分钟，的函数模型：①；②.根据所给的数据，下列结论正确的是（ ）（参考数据：） A. 为更好地反映该杯茶的温度，应选择函数模型① B. 为更好地反映该杯茶温度，应选择函数模型② C. 该杯茶泡好后到适宜饮用至少需要等待2分钟 D. 该杯茶泡好后到适宜饮用至少需要等待2.5分钟 10. 已知圆，，，为圆上的动点，则（ ） A. 圆心关于直线对称点为 B. 动点到直线的距离最大值为 C. 以为直径的圆与圆有2条公切线 D. 分别过两点所作的圆的切线长相等 11. 如图，在平行四边形中，，分别为的中点，沿将折起到的位置（不在平面上），在折起过程中，下列说法不正确的是（ ） A. 若是的中点，则平面 B. 存在某位置，使 C. 当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的表面积为 D. 直线和平面所成的角的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．考生在答题卡的相应位置上答题．） 12. 已知向量，则在上的投影向量为_________． 13. 已知圆，圆.动圆与外切，与内切，则动圆圆心的轨迹方程为___________. 14. 数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为 .扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的平均数.现对数列1，3：进行构造，第1 次得到数列1，2，3；第2 次得到数列1， 2， 3；；依次构造，记第 次得到的数列的所有项之和为 Tn， 则 ______________. 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. 记是数列的前项和，，，且数列是等差数列． （1）求的通项公式； （2）设若，求数列的前项和 16. 在中，角，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积. 17. 如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，分别是底面，圆周上的一点，，且点不与两点重合. （1）证明：平面平面； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数． （1）求动点的轨迹方程； （2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为. （i）求的值； （ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 19. 已知函数. （1）讨论函数单调性； （2）设函数. （i）当时，求的最大值； （ii）若函数的图象与轴恰有一个交点，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025~2026学年第一学期福建省闽东教科联盟高三年级入学质量检测 数学试卷 （考试时间：120分钟；总分：150分） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题只有一项符合题意．） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析】分别化简两个集合，并进行交集运算. 【详解】因为， 所以，即 故选：B 2. 已知复数满足（i为虚数单位），则对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法可得，据此可得答案. 【详解】因为， 所以，则其对应坐标为，在第一象限. 故选：A 3. “成立”是“成立”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】首先求解绝对值不等式与分式不等式，然后再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】由，解得：；由，解得：. 由于“”推不出“” 但“”可以推出“” 因此可得：“成立”是“成立”的必要不充分条件. 故选：B 4. 在下面给出的四个函数中，是以为最小正周期的偶函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数性质依次分析各选项即可得答案； 【详解】解：对于A 选项，的最小正周期为，且图象关于轴对称，故A选项正确； 对于B选项，函数最小正周期为，故错误； 对于C选项，函数的最小正周期为，故错误； 对于D选项，函数，最小正周期为，故错误； 故选：A 5. 已知函数在上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数、二次函数单调性及分段函数单调性列式求解. 【详解】依题意，函数在上单调递减，则，解得， 又函数在上单调递减，则， 所以的取值范围是. 故选：B 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数解析式确定函数的图像性质，进而确定. 【详解】由已知，定义域为，且， 所以函数为偶函数， 故图象关于轴对称， 又，排除B，D选项； 当时，，排除C，故A正确． 故选：A． 7. 某班级学生到工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，cm，且，则下列说法错误的是（ ） A. 该圆台轴截面面积为 B. 该圆台的高为1cm C. 该圆台的侧面积为6 D. 该圆台的体积为 【答案】B 【解析】 【分析】利用梯形面积公式计算可判断A；根据梯形性质利用勾股定理计算可判断B；代入圆台侧面积公式可判断C；代入圆台体积公式可判断D. 【详解】由，且，可得， 则上底面圆的半径和下底面圆的半径分别为1和2， 在梯形中，即代表圆台的高， 利用勾股定理计算可得， 圆台轴截面面积为， 故A正确，B错误； 圆台的侧面积为，故C正确； 易知下底面圆的面积为，上底面圆的面积为； 所以该圆台的体积为，故D正确． 故选：B 8. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表．数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究．下列结论不正确的是（ ） A. B. 第2025行的第1013个数和第1014个数相等 C. 在杨辉三角中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 D. 记杨辉三角中第行的第个数为，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合数的性质判断AB；利用二项式定理推理判断CD. 【详解】对于A， ， A正确； 对于B，第2025行的第1013个数和第1014个数分别为，而，B正确； 对于C，第行所有数字的平方和， 第行的中间一项的数字是展开式中项的系数， 而， 又展开式中项的系数为， 因此，C正确； 对于D，因为，所以，D不正确. 故选：D 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多项符合题意，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．） 9. 现代研究结果显示，饮茶温度最好不要超过.一杯茶泡好后置于室内，1分钟、2分钟后测得这杯茶的温度分别为，，给出两个茶温（单位：）关于茶泡好后置于室内时间（单位：分钟，的函数模型：①；②.根据所给的数据，下列结论正确的是（ ）（参考数据：） A. 为更好地反映该杯茶的温度，应选择函数模型① B. 为更好地反映该杯茶的温度，应选择函数模型② C. 该杯茶泡好后到适宜饮用至少需要等待2分钟 D. 该杯茶泡好后到适宜饮用至少需要等待2.5分钟 【答案】AD 【解析】 【分析】根据已知函数模型结合指对数转化，再结合对数运算律及近似值计算即可. 【详解】将代入，得； 将代入，得.故应选择函数模型①. 由，可得， 故该杯茶泡好后到适宜饮用至少需要等待2.5分钟. 故选：AD. 10. 已知圆，，，为圆上的动点，则（ ） A. 圆心关于直线的对称点为 B. 动点到直线的距离最大值为 C. 以为直径的圆与圆有2条公切线 D. 分别过两点所作的圆的切线长相等 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于选项A，根据已知条件可求出直线的方程为，再利用对称点的性质，求出圆心关于直线的对称点；对于选项B，根据已知条件可求出圆心到直线的距离及圆的半径，再根据动点到直线的距离最大值为求解即可；对于选项C，根据已知条件判断两圆的位置关系，再确定公切线数量即可；对于选项D，分别求出过两点所作的圆的切线长，比较大小进行判断即可. 【详解】对于选项A，直线斜率为，则直线的方程为. 设圆心关于直线的对称点为，则圆心与其对称点的中点为，且该中点在直线上，即； 又圆心与其对称点的连线与直线垂直，则，即. 将代入得，，故圆心关于直线的对称点为，选项A正确. 对于选项B，圆心到直线的距离，圆的半径，所以动点到直线的距离最大值为，选项B正确. 对于选项C，以为直径的圆的圆心为点、的中点，半径，两圆的圆心距，所以两圆相交，故以为直径的圆与圆有2条公切线，选项C正确. 对于选项D，圆的半径，点与圆心之间的距离，则点到圆的切线长为； 点与圆心之间的距离，则点到圆的切线长为，选项D错误. 故选：ABC. 11. 如图，在平行四边形中，，分别为的中点，沿将折起到的位置（不在平面上），在折起过程中，下列说法不正确的是（ ） A. 若是的中点，则平面 B. 存在某位置，使 C. 当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的表面积为 D. 直线和平面所成的角的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用反证法，假设结论成立，再利用面面平行推出线面平行，得到矛盾，故A错；对于B，同样采用反证法，假设结论成立，利用线线垂直推线面垂直，再结合空间向量，能得到矛盾，故B错误；对于C，主要根据题目，判断得到该四面体各个面都是直角三角形，根据外接球性质，即可知道球心位置，从而求解；对于D，利用线面角，可以判断出当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，从而求出该角的正切值，即可求解. 【详解】取中点，连接.若A正确，平面，且为三角形中位线，则，面，则面， 因为平面 所以平面平面， 因为面平面面平面 所以，显然，为三角形中位线，，矛盾，故假设不成立，A错误； 以A为坐标原点，AD为y轴正半轴，在平面中作与AD垂直方向为x轴正半轴，z轴垂直平面，建立空间坐标系. 因为，，所以， 所以，所以，所以，即， 又因为，则， 若B正确，则有，因为平面， 所以平面， 因为平面，则必定成立. 则根据题意，可得、、、.，， 则，即不成立，故矛盾，所以B不成立； 当二面角为直二面角时，即平面平面. 根据上面可知，所以， 又， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 故四面体为所有面都是直角三角形的四面体，根据外接球性质可知，球心必为中点，即为外接球半径. ，，由勾股定理可知，则，外接球面积为，故C正确. 当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，记此时角为. 由上图可知，在中，，由余弦定理可解得. 此时.此时，故D错. 故选：ABD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．考生在答题卡的相应位置上答题．） 12. 已知向量，则在上的投影向量为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由投影向量的计算公式即可求解. 【详解】由题意得，， 则在上的投影向量为． 故答案为： 13. 已知圆，圆.动圆与外切，与内切，则动圆的圆心的轨迹方程为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得到动圆圆心到两个定圆圆心的距离之和为常数，且大于两个定点的距离，故轨迹为椭圆，根据条件计算得到答案. 【详解】圆的圆心为，半径为1， 圆的圆心为，半径为5， 设动圆圆心为，半径为， 则，， 于是， 动圆圆心的轨迹是以，为焦点，长轴长为6的椭圆， ，，， 的轨迹方程为， 故答案为： 14. 数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为 .扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的平均数.现对数列1，3：进行构造，第1 次得到数列1，2，3；第2 次得到数列1， 2， 3；；依次构造，记第 次得到的数列的所有项之和为 Tn， 则 ______________. 【答案】514 【解析】 【分析】先设第次构造后得的数列为1，，3，求出此时所有项之和，接着得到第次构造后得到的数列，并求出，观察与的关系，结合等比数列定义得到数列是等比数列即可求解. 【详解】设第次构造后得的数列为1，，3，则， 则第次构造后得到的数列为1，，，，，…，，，3， 于是，， 显然，而， 因此数列是以4为首项，2为公比的等比数列， 则，即， 所以. 故答案为：514. 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. 记是数列的前项和，，，且数列是等差数列． （1）求的通项公式； （2）设若，求数列的前项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据等差数列的通项公式求出，再利用与的关系求解即可； （2）利用分组求和，其中奇数部分利用等差数列的前项和公式，偶数部分利用裂项相消求解即可. 【小问1详解】 因为，，设等差数列的公差为，则，解得， 所以，即， 当时，，当时，成立，故． 【小问2详解】 由题意可得 . 16. 在中，角，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化，代入化简可得结果； （2）由余弦定理结合三角形的面积公式代入计算，即可求得结果. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理可得， 即， 即，， 所以，又，则. 【小问2详解】 由，可得，， 因为，所以①， 因为，所以②， 联立①②可得，解得. 故的面积为. 17. 如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，分别是底面，圆周上的一点，，且点不与两点重合. （1）证明：平面平面； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到，由线面垂直得到，从而得到线面垂直，面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求平面法向量，利用夹角公式即可求解. 【小问1详解】 因为是底面圆上的一条直径，所以， 又因为底面，由， 所以底面，又平面，所以， 又，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面； 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以，所以为二面角的平面角， 所以，又，所以为等边三角形， 以为原点，分别以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由，所以， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数． （1）求动点的轨迹方程； （2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为. （i）求的值； （ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）是，3 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案； （2）（i）设，，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论. 【小问1详解】 由题意可知，， 化简得，于是，动点的轨迹方程为． 【小问2详解】 （i）设，，，不妨假设在第一象限， 则E在第四象限， 由题意知的斜率存在且不为0， 设直线方程为，代入可得， 需满足，所以， ,直线方程为，代入， 可得，，则， 因为，，所以， 即. 同理，，，即，所以，则关于x轴对称， 所以； （ii）. 所以，. 综上，为定值． 【点睛】易错点点睛：解答此类直线和圆锥曲线的位置关系类题目，综合性较强，难度较大，容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此要求计算时要十分细心. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）设函数. （i）当时，求的最大值； （ii）若函数的图象与轴恰有一个交点，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用导数分类讨论分析函数的单调性即可； （2）（i）利用导数分析函数的单调性求解最值即可； （ii）分类讨论，利用导数分析函数的单调性，由函数的图象与轴恰有一个交点，求实数的取值范围即可. 【小问1详解】 由得 ， 当时，，在和单调递增； 当时，令，则，解得或； 令，则，解得或； 综上，当时，的单调递增区间为和； 当时，的单调递增区间为和， 递减区间为和. 【小问2详解】 则. （i）当时，， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以； （ii）若函数的图象与轴恰有一个交点，则函数恰有一个零点， ， 当时，由（i）知，，故没有零点； 当时，令，，单调递减； 令，，单调递增； 此时，，故没有零点； 当即时，在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 又， 当趋近正无穷大时，趋近于正无穷大， 所以仅在有唯一零点，符合题意； 当时，，所以在上单调递增，又， 所以有唯一零点，符合题意； 当即时，在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 此时， 又，当趋近正无穷大时，趋近负无穷， 所以有一个零点，在无零点， 所以有唯一零点，符合题意； 综上，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$