精品解析：福建省福州高级中学2025-2026学年高三上学期第一次阶段考数学试卷

福州高级中学2025-2026学年高三第一次阶段考数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．请考生保持答题卷的整洁．考试结束后，将答题卷交回． 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. 设集合，，则A∩B =（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解出集合、，利用交集的定义可求得集合． 【详解】，即，解得：或，，， 则. 故选：A 2. 若复数（其中为虚数单位），则（ ） A. 2 B. C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：先根据复数的乘法运算确定复数，在求复数的模. 方法二，根据复数模的性质，可求复数的模. 【详解】方法一：因为，所以. 方法二：因为，所以. 故选：C 3. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】整理题干中的等式，根据基本不等式中隐藏“1”的解题方法，可得答案. 【详解】由，则， 所以， 当且仅当时，等号成立. 故选：B. 4. 双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，双曲线的渐近线方程为，其与直线垂直，可得，再根据双曲线中的关系，即可求解. 【详解】由题意得，双曲线渐近线方程为， 因为双曲线的一条渐近线与直线垂直， 所以渐近线为，且，所以， 所以双曲线的离心率为. 故选：B. 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，其侧面积等于上、下底面积之和，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆台的母线长，圆台为高为，根据圆台的侧面积公式和圆的面积公式，列出方程，求得母线长为，得到，结合圆台的体积公式，即可求解. 【详解】设圆台的母线长，圆台为高为， 则圆台的上、下底面圆的面积分别为， 侧面积为， 所以，可得，则， 所以圆台的体积为. 故选：B. 6. 已知数列的通项公式为，则“”是“数列单调递增”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】数列单调递增，可得的范围.由“”，由，可得的范围.即可判断出关系. 【详解】解：数列单调递增，可得：，化为：. ∴. 由“”可得：，可得：. ∴“”是“数列单调递增”的充要条件， 故选：C. 7. 在贵州“村超”总决赛阶段，某校足球社的5名学生准备分成三组前往村超球队所在的平地村、口寨村、忠诚村3个村寨进行调研，每组至少1人，其中甲、乙2人不能分在同一组，每个村各有一组来调研，则不同的安排方法种数是（ ） A. 114 B. 120 C. 150 D. 180 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，分组方法分为和两种方式，分别利用组合数进行方法计数，得到总分组方法总数，再考虑每组对应三个村寨的排列方式，运用排列数统计即可. 【详解】根据题意，5名学生分成三组分组方法分为两种： ① 分组：总分组方式为种，其中甲、乙同在三人组的方式有种，故符合条件的为种； ②分组：总分组方式为种，其中甲、乙同在两人组的方式为种，故符合条件的为种. 由分类加法计数原理，总分组方式为种，三组对应三个村寨的排列方式为种， 故最终总方法数为种. 故选：A. 8. 若过点可以作的三条切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出切点坐标，求导并利用导数的几何意义求出切线方程，用表示出，再构造函数，利用导数探讨函数图象性质，进而求出的范围. 【详解】依题意，设切点坐标为，由，求导得， 则函数的图象在点处的切线方程为， 由切线过点，得， 令，依题意，直线与函数的图象有3个公共点， ，当或时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，函数取得极小值，而当时，恒有， 又，因此当时，直线与函数的图象有3个公共点， 所以实数的取值范围是. 故选：B 【点睛】关键点点睛：涉及导数的几何意义的问题，求解时应把握导数的几何意义是函数图象在切点处的切线斜率，切点未知，设出切点是解题的关键. 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 当时，的图象与轴有2个交点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图象求出、后可得函数解析式，故可判断AB的正误，求出后可判断C的正误，求出的范围后结合正弦函数的零点可判断D的正误 . 【详解】由图像可得，故，故，故A正确； 故，而，故， 故，而，故，故B正确； 因为，故为偶函数，故C错误； 故，当时，， 因为在上的零点为， 故在上有两个不同的零点，故D正确， 故选：ABD. 10. 从到通信，网络速度提升了40倍.其中，香农公式是被广泛公认的通信理论基础和研究依据，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递率取决于信道带宽､信道内信号的平均功率､信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.根据香农公式，以下说法正确的是（ ）（参考数据：） A. 若不改变信噪比，而将信道带宽增加一倍，则增加一倍 B. 若不改变信道带宽和信道内信号的平均功率，而将高斯噪声功率降低为原来的一半，则增加一倍 C. 若不改变带宽，而将信噪比从255提升至增加了 D. 若不改变带宽，而将信噪比从999提升至大约增加了 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算可判断A；计算可判断B；计算的值可判断C；计算可判断D. 【详解】对于，若不改变信噪比，而将信道带宽增加一倍， 即，则增加一倍，所以正确； 对于，若不改变信道带宽和信道内信号的平均功率， 而将高斯噪声功率降低为原来的一半， 即，所以B错误； 对于C，若不改变带宽，而将信噪比从255提升至1023， 则， 所以C增加了，所以C正确； 对于D，若不改变带宽，而将信噪比从999提升至4999， 则， 所以D正确. 故选：ACD. 11. 已知正三棱锥的三条侧棱长均为为侧棱的中点，，则下列结论正确的是（ ） A. 平面､平面､平面两两互相垂直 B. 三棱锥外接球的体积为 C. 三棱锥的底面上的高为 D. 直径为的球可以整体放入该三棱锥内 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据正三棱锥性质可得对棱互相垂直，结合条件可知平面，平面，所以三条侧棱两两相互垂直，得解；对B，将三棱锥补全为正方体，则正三棱锥的外接球即正方体的外接球；对C，由等体积法可得运算得解；对D，设内切球的球心为，半径，由，列式运算得解. 【详解】对于A，由正三棱锥对棱互相垂直，则，又，平面， 平面，平面，平面， 所以平面平面，平面平面， 又平面，， 又，平面，则平面，平面， 所以平面平面， 所以平面、平面､平面两两互相垂直，故A正确； 对于B，由结合A选项，棱锥侧面均为等腰直角三角形，可得， 将此三棱锥补全为正方体，正方体的棱长为2， 设正三棱锥的外接球的半径为，则， 则外接球的体积，故B正确； 对于C，设三棱锥的底面上的高为，由等体积法可得， 解得，故C错误； 对于D，设内切球的球心为，半径，由， 即，解得，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题考查正三棱锥的性质，注意等体积法求内切球半径是关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，则向量在向量上投影向量的坐标为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算和投影向量的计算方法，求解即可. 【详解】因为，所以，又， 所以向量在向量上投影向量为，故所求坐标为. 故答案：. 13. 二项式的展开式中，含项的系数是_____．（用数字作答） 【答案】84 【解析】 【分析】由二项式定理求解. 【详解】二项展开式通项公式为， 所以的系数为，即， 故答案为：84. 14. 已知F1，F2分别为椭圆C：的左、右焦点，C上存在一点A，使，点B满足，∠F1AF2的平分线交直线OB于点D，，则椭圆C的标准方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆中焦点三角形的性质和椭圆的定义，利用三角形中位线性质和等腰直角三角形的边长关系，求出只，即得椭圆标准方程. 【详解】 如图所示，不妨设在第一象限，则，因，则， 在中，因，且由，可知点B是的中点， 则得，且， 因为，平分，故， 故为等腰直角三角形，， 由题意知，则，即， 根据椭圆的定义可得， 联立，解得， 在直角中，即， 化简得，又因，两者联立解得， 故椭圆标准方程为. 故答案为：. 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，已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式将化成，结合角的取值范围，可求角. （2）利用余弦定理，结合基本不等式，可求的最大值，再利用三角形的面积公式，可求三角形面积的最大值. 【小问1详解】 因为，所以 又因为. 所以，故. 【小问2详解】 由余弦定理，，所以． 又因，所以，即. 当且仅当时取等号． 所以面积. 所以面积的最大值为. 16. 已知数列的前项和为，且满足：. （1）求证：数列为常数列； （2）设，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据证明即可； （2）先求出数列的通项，再利用错位相减法求解即可. 【小问1详解】 由， 当时，， 当时，， 两式相减得， 即，所以， 所以， 当时，，上式也成立， 所以数列为常数列； 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 则 ， 则， 两式相减得 ， 所以. 17. 如图，在正方体中，棱长为2，是棱的中点，是的中点，． （1）证明：平面； （2）求四棱锥和四棱锥重合部分的体积； （3）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1） 如图所示，取的中点，在上取， 因为是的中点，是的中点， 所以，且， 因为，， 所以，且， 所以，， 所以四边形是平行四边形，则， 因平面平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，在上取，证明四边形是平行四边形，由线面平行判断定理证明即可； （2）四棱锥和四棱锥重合的几何体为四棱锥和三棱柱形成的组合体，根据棱锥和棱柱的体积计算公式计算即可； （3）建立空间直角坐标系，根据二面角向量法计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，设，，取中点为，的中点为， 由正方体性质可知，点为正方体的中心， 所以四棱锥和四棱锥重合的几何体为四棱锥和三棱柱形成的组合体． ， ； 【小问3详解】 以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 有，，，，，， 所以，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，， ，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，即， 设所成二面角的平面角为， ， 由图可知，二面角所成角的平面角为钝角， 所以所成二面角的平面角的余弦值为． 18. 已知、F分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆C上，且的面积为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点直线l与线段AF相交于S，与椭圆交于P、Q两点. （Ⅰ）证明：； （Ⅱ）若，求点P的坐标. 【答案】（1） （2）（Ⅰ）设，，， 联立方程，消x得：， 直线l与线段AF交于S点，则，所以，， 因为， 所以， （Ⅱ）或 【解析】 【分析】（1）根据点在椭圆上及三角形面积公式求椭圆参数，即可得方程； （2）设，，，联立椭圆方程，并写出对应韦达公式，（Ⅰ）根据，即可证；（Ⅱ）由三角形面积相等有，进而得到，再确定P为线段AF的中垂线与椭圆的交点，即可求P的坐标. 【小问1详解】 由的面积为，得，解得，所以①， 又点在椭圆C上，所以②， 联立①②解得，所以椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 （Ⅰ）略 （Ⅱ）由得：，即，又. 所以，所以，则， 所以，又， 所以，所以， 所以P为线段AF的中垂线与椭圆的交点， 由，解得：或， 因此，P的坐标为或. 19. 设函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围； （3）设，点是函数与的一个交点，且函数与在点处的切线互相垂直，求证：存在唯一的满足题意，且． 【答案】（1）（2）（3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，根据直线方程的点斜式可得结果； （2）将问题转化为对任意的恒成立，令，求导后，对分类讨论，利用导数可求得结果； （3）根据导数的几何意义求出函数与在点处的切线的斜率，再根据切线垂直可得，根据点是函数与的一个交点，可得，消去可得，构造函数，利用导数可证结论成立. 【详解】（1）当时，，， ，所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）因为对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 令，，则， 当时，因为，所以， 所以，不合题意； 当时，因为，所以，所以， 所以在上单调递增， 故要使对任意的恒成立，只需， 即，得. 所以的取值范围为. （3）因为，， 且函数与在点处的切线互相垂直， 所以，即，① 又点是函数与的一个交点，所以，② 联立①②消去得，即 当，因为，所以，且，这与②式相矛盾， 所以在上没有满足题意； 当时，设， 则， 所以函数在上单调递增， 所以函数在上至多有一个零点， 因为， ， 因为函数的图象在连续不断， 所以函数在上有唯一一个零点， 即只有唯一的， 使得成立，且， 综上所述：存在唯一的满足题意，且． 【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程，考查了利用导数研究不等式恒成立问题，考查了利用导数研究函数的零点问题，考查了两条直线垂直的斜率关系，考查了零点存在性定理，考查了分类讨论思想，考查了等价转化思想，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州高级中学2025-2026学年高三第一次阶段考数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．请考生保持答题卷的整洁．考试结束后，将答题卷交回． 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. 设集合，，则A∩B =（ ） A. B. C. D. 2. 若复数（其中为虚数单位），则（ ） A. 2 B. C. D. 10 3. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 4. 双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，其侧面积等于上、下底面积之和，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列的通项公式为，则“”是“数列单调递增”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 在贵州“村超”总决赛阶段，某校足球社的5名学生准备分成三组前往村超球队所在的平地村、口寨村、忠诚村3个村寨进行调研，每组至少1人，其中甲、乙2人不能分在同一组，每个村各有一组来调研，则不同的安排方法种数是（ ） A. 114 B. 120 C. 150 D. 180 8. 若过点可以作的三条切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 当时，的图象与轴有2个交点 10. 从到通信，网络速度提升了40倍.其中，香农公式是被广泛公认的通信理论基础和研究依据，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递率取决于信道带宽､信道内信号的平均功率､信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.根据香农公式，以下说法正确的是（ ）（参考数据：） A. 若不改变信噪比，而将信道带宽增加一倍，则增加一倍 B. 若不改变信道带宽和信道内信号的平均功率，而将高斯噪声功率降低为原来的一半，则增加一倍 C. 若不改变带宽，而将信噪比从255提升至增加了 D. 若不改变带宽，而将信噪比从999提升至大约增加了 11. 已知正三棱锥的三条侧棱长均为为侧棱的中点，，则下列结论正确的是（ ） A. 平面､平面､平面两两互相垂直 B. 三棱锥外接球的体积为 C. 三棱锥的底面上的高为 D. 直径为的球可以整体放入该三棱锥内 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，则向量在向量上投影向量的坐标为_____________. 13. 二项式的展开式中，含项的系数是_____．（用数字作答） 14. 已知F1，F2分别为椭圆C：的左、右焦点，C上存在一点A，使，点B满足，∠F1AF2的平分线交直线OB于点D，，则椭圆C的标准方程为________． 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，已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角； （2）若，求面积的最大值． 16. 已知数列的前项和为，且满足：. （1）求证：数列为常数列； （2）设，求. 17. 如图，在正方体中，棱长为2，是棱的中点，是的中点，． （1）证明：平面； （2）求四棱锥和四棱锥重合部分的体积； （3）求二面角的平面角的余弦值． 18. 已知、F分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆C上，且的面积为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点的直线l与线段AF相交于S，与椭圆交于P、Q两点. （Ⅰ）证明：； （Ⅱ）若，求点P的坐标. 19. 设函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围； （3）设，点是函数与的一个交点，且函数与在点处的切线互相垂直，求证：存在唯一的满足题意，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $