精品解析：福建省福州第一中学2025-2026学年高三上学期开学质量检测数学试题

福州一中2026届高三第一学期开学质量检测 数学学科试卷 （完卷120分钟 满分150分） （注意：不得使用计算器，并把答案写在答案卷上） 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. 复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简为标准形式，进而根据共轭复数的定义得解. 【详解】, , 故选：B. 2. 集合，，若，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件求出集合中不等式的解集，再根据，即可求解. 【详解】对于集合，，即，解得，所以； 对于集合，，即，解得，所以. 又，所以，所以. 故选：C. 3. 关于的方程，有下列四个命题：甲：是该方程的根；乙：是该方程的根；丙：该方程两根之和为2；丁：该方程两根异号.如果只有一个假命题，则该命题是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】A 【解析】 【分析】分别讨论某个命题为假命题即可求解. 【详解】假设甲为假命题，则乙、丙、丁为真命题， 由乙“是该方程的根”和丙“该方程两根之和为2”可知，方程的另一根为， 此时两根为3和−1，两根异号，所以丁“该方程两根异号”为真， 方程的根为3和−1，不含1，所以甲“是该方程的根”为假，此情况符合题意； 假设乙为假命题，则甲、丙、丁为真命题， 由甲“是该方程的根”和丙“该方程两根之和为2”可知，方程的另一根为1， 此时两根为1和1，两根同号，与丁“该方程两根异号”为真矛盾，故此情况不成立； 假设丙为假命题，则甲、乙、丁为真命题， 由甲“是该方程的根”和乙“是该方程的根”可知，方程的两根为1和3， 此时两根同号，与丁“该方程两根异号”为真矛盾。故此情况不成立； 假设丁为假命题，则甲、乙、丙为真命题， 由甲“是该方程的根”和乙“是该方程的根”可知，方程的两根为1和3， 此时两根之和为，与丙“该方程两根之和为2”为真矛盾，故此情况不成立. 综上所述，只有甲是假命题. 故选：A 4. 在的展开式中的系数为（ ） A. B. 21 C. 35 D. 84 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】展开式的通项公式为， 展开式的通项公式为， 故中含的项为， 中含的项为, 故展开式中的系数为, 故选：D 5. 已知函数则的解集为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】研究的单调性，利用函数单调性解不等式. 【详解】当时，， ，单调递增，且时，， 当时，单调递增，且 因此可得单调递增， 可转化为 解得， 故选B项. 【点睛】本题考查分段函数单调性，利用单调性解不等式，属于中档题. 6. 将含有甲、乙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通一组分发宣传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据排列组合求解个数，即可由古典概型的概率公式求解. 【详解】将含有甲、乙的6人平均分成两组，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料的基本事件共有种情况， 甲、乙至少一人参加指挥交通的情况有， 故所求概率为， 故选：D. 7. 已知函数（，）的图象过点，其相邻对称轴间的距离为.设且，若，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据周期以及点，可得函数的表达式，即可根据对称性可得，进而可求解. 【详解】将代入中可得，故， 结合，则，又，故，所以， 当，则， 由于，则，故， 所以， 故选：C 8. 已知定义域均为的函数，且满足.若在单调递增，则（ ） A. 是奇函数 B. 是上的增函数 C. ，使得 D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】利用赋值，可先证明，进而结合函数奇偶性的定义可判断A，根据奇偶性与单调性的关系即可求解B，利用单调性，以及基本不等式即可求解CD. 【详解】取，由，得， 当时，取，，而在上单调递增， 则在上不恒为0，因此，即， ，取， ,若，则，结合知，，当，则，结合知，，因此，故是偶函数，A错误， 由在上单调递增，且为偶函数，故在上单调递减，故B错误， 由于，若，使得，则，由于，且，结合函数在上单调递增，则，这与矛盾，故C错误， 对于D，，则， 因此，D正确. 故选：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. 已知等比数列的各项均为正数，且公比，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用作差法，即可结合等比数列的性质以及求和公式即可求解. 【详解】由题意可知：的公比，，则， 由于，故，故，故A正确，B错误， ，故,故D正确，C错误， 故选：AD 10. 已知曲线的方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，曲线为圆 B. 当时，曲线为双曲线，其渐近线方程为 C. “”是“曲线为焦点在轴上的椭圆”的必要条件 D. 存在实数使得曲线为双曲线，其离心率为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据圆和圆锥曲线的标准方程及简单的几何性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，逐项判定，即可求解. 【详解】选项A，当时，曲线的方程为，此时曲线为圆心在原点，半径为的圆，所以A正确； 选项B，当时，曲线的方程为，可得， 此时双曲线渐近线方程为，所以B正确； 选项C，当曲线为焦点在轴上的椭圆时，有，解得， 所以“”是“曲线为焦点在轴上的椭圆”的必要不充分条件，所以C正确； 选项D，当曲线为离心率的双曲线时，双曲线为等轴双曲线，即实半轴长与虚半轴长相等， 则有 ，解得，经检验，时，曲线为圆，所以D错误. 故选：ABC. 11. 设正整数，其中，记.已知集合，下列说法正确的是（ ） A. B. 对任意的，有 C. 若，则使成立的m的取值个数为 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题中函数的定义及性质判断选项A；举反例判断选项B；根据题中函数的定义及性质，结合组合数判断选项C；根据题中函数的定义及性质，结合组合数的性质，利用倒序相加法即可求解判断选项D. 【详解】根据题意，函数表示将正整数转化为二进制后，统计该二进制中1的个数. 选项A，，有2个1， 所以，所以A正确； 选项B，取，由，所以， 此时，所以B错误； 选项C，根据题意当时， 得， 所以集合中的任一元素均可以由唯一表示， 则意味着二进制表示中有位1，从位中选位为1即， 所以使成立的的取值个数为，所以C正确； 选项D，由题意得， 记， 又， 两式相加得， 所以，即， 所以， 而，则， 所以，所以D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据垂直条件，得到数量积为0，结合及夹角公式求解即可. 【详解】因为, 所以， 即, 所以, 因为, 所以， 因为, 所以. 故答案为：. 13. 已知正项数列，的前n项和为，且，，则________. 【答案】11 【解析】 【分析】根据，由一般数列的和与项的关系可以得到，判定数列是等差数列，求得通项公式，进而得到，然后计算即得. 【详解】， 所以，又∵，∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以,∴, ∴, 故答案为：11. 【点睛】一般数列的和与项的关系在处理与和与项结合在一起的递推关系时是十分有用的. 14. 三棱锥的体积为，且，，则三棱锥的外接球半径的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据体积公式可得三棱锥的高，利用正余弦定理可得外接圆的半径，进而根据勾股定理列方程，即可求解. 【详解】过点作平面于点， 取的外心为，三棱锥的外接球球心为， 连接，过作交于， 故平面,则，进而可得四边形为矩形， 由余弦定理可得, 由正弦定理可得， 又解得， 设,外接球的半径为， 则，故， 因此，故， 所以,即， 故半径的最小值为， 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若. （1）求角C； （2）若点D在边AC上，，，，求AD长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，即可由同角关系求解， （2）利用正弦定理以及二倍角公式即可求解. 【小问1详解】 由和正弦定理可得， 故,即，进而可得， 结合,则， 【小问2详解】 由正弦定理可得，解得 由于,故，因此为锐角，故， 由正弦定理可得，由于，故, 故, 所以,, 故 16. 在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度，为增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”（即正在使用的设备出故障时才启用的设备），已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这3台设备中，只要有1台能正常工作，计算机网络就不会断掉，设3台设备的可靠度均为0.7，它们之间互不影响. （1）记能正常工作的设备台数为X，求X的分布列与数学期望； （2）已知某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是0.7，根据以往经验可知，计算机网络断掉会给该产业园带来约500万元的经济损失.为减少给该产业园带来的经济损失，可以升级设备，每台设备的升级费用为2.5万元，升级后可以使设备的可靠性提升到0.8，从总损失期望最小的角度，应该升级几台设备？ 【答案】（1） 0 1 2 3 0.027 0.189 0.441 0.343 （2）升级2台设备，损失最小 . 【解析】 【分析】（1）根据二项分布的概率公式即可求解， （2）分别求解不同类型下的期望，比较大小即可求解. 【小问1详解】 的可能取值为0，1，2，3， 依题意可知：，所以， 所以的分布列为 0 1 2 3 0.027 0.189 0.441 0.343 【小问2详解】 记计算机网络断掉为事件，损失及升级费用为， 若不升级设备，则则万元， 若升级1台设备，则， 万元， 若升级2台设备，则， 万元， 若升级3台设备，则， 万元， 综上可知：升级2台设备，损失最小 . 17. 如图，四面体ABCD中，，，，E为AC的中点. （1）证明：平面平面； （2）设，，点F在线段BD上， （i）求二面角的余弦值； （ii）记CF与平面ABD所成角为，求的最大值. 【答案】（1） 由于， 故，则， 由于E为AC的中点，所以， 因为平面， 故平面，又平面， 故平面平面. （2）（i），（ii） 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直可证明平面，即可由面面垂直的判定求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为， 所以为边长为2的等边三角形，则， ， ， 又平面， 故平面，故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 令，则， 平面的一个法向量为， 所以， 由图可知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为； （ii）设则， 所以， 则， 当且仅当时取到等号，故的最大值为 18. 拋物线焦点为，第一象限内点在上，A的纵坐标是. （1）若到焦点的距离为3，求； （2）若，在上，且的重心恰为，求直线的方程； （3）直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于是在上的投影，若点满足“对于任意都有”，求的取值范围. 【答案】（1） （2）直线的方程为 （3）的取值范围为 【解析】 【分析】（1）先求出抛物线的准线，再根据抛物线的定义求出，进而求出； （2）先求出点的坐标，设点，根据重心公式，求得，再利用点差法求得，又线段中点在直线上，由点斜式即可得到直线的方程； （3）设点，求得直线的方程，再与直线联立得到点坐标，则可得得表达式，转化为不等式恒成立问题，即可解出的取值范围. 【小问1详解】 根据题意作图如下： 由已知，得拋物线，则准线为，焦点，且点在第一象限内， 设点. 所以，解得，代入抛物线方程，解得， 所以. 【小问2详解】 根据题意作图如下： 由已知，代入抛物线方程，解得. 设点，又的重心为， 则，解得， 又在上，则，两式相减，得， 即，则直线的斜率. 又线段的中点，即也在直线上， 由点斜式，得，即， 所以直线的方程为. 【小问3详解】 根据题意作图如下： 由已知设且与不重合， 由两点式，得直线的方程，即， 因为直线交于，联立，得点. 又为在上的投影，所以， 所以，化简得， 即对于任意恒成立， 则当时，不等式左边取到最小值， 得，结合，解得， 综上，的取值范围为. 19. 已知函数. （1）若，，求实数a的取值集合； （2）设， （i）对任意正整数n，证明：函数有唯一的零点（记零点为）； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）证明：则， 当时，由得，此时无零点，不符合题意， 当时，单调递增， 由于，， 故在有唯一的零点， 综上可知：对任意正整数n，证明：函数有唯一的零点， （ii）证明：设，， 则当时，，在单调递减， 当时，在单调递增， 故，故当且仅当时取等号， 由得， 故， 所以，则， 又因为，所以 即， 再由可得，当且仅当时取等号， 由得， ，即，则， 当且仅当时取等号， 当时， ， 由得， 所以， 故， 则,当且仅当时取等号， 【解析】 【分析】（1）求导，根据函数的单调性求解函数的最值，即可得解. （2）（i）根据导数，结合分类讨论，可得的单调性，即可求解零点， （ii）先构造函数由导数证明不等式,进而利用该不等式以及，结合对数的运算性质即可求解. 【小问1详解】 由可得， 记，则， 当时，此时在上单调递增，当时，此时在上单调递减， 故当时，取到最大值，且最大值为，故， 实数a的取值集合为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州一中2026届高三第一学期开学质量检测 数学学科试卷 （完卷120分钟 满分150分） （注意：不得使用计算器，并把答案写在答案卷上） 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. 复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 集合，，若，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 关于的方程，有下列四个命题：甲：是该方程的根；乙：是该方程的根；丙：该方程两根之和为2；丁：该方程两根异号.如果只有一个假命题，则该命题是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 4. 在的展开式中的系数为（ ） A. B. 21 C. 35 D. 84 5. 已知函数则的解集为 A. B. C. D. 6. 将含有甲、乙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通一组分发宣传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数（，）的图象过点，其相邻对称轴间的距离为.设且，若，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 已知定义域均为的函数，且满足.若在单调递增，则（ ） A. 是奇函数 B. 是上的增函数 C. ，使得 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. 已知等比数列的各项均为正数，且公比，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知曲线的方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，曲线为圆 B. 当时，曲线为双曲线，其渐近线方程为 C. “”是“曲线为焦点在轴上的椭圆”的必要条件 D. 存在实数使得曲线为双曲线，其离心率为 11. 设正整数，其中，记.已知集合，下列说法正确的是（ ） A. B. 对任意的，有 C. 若，则使成立的m的取值个数为 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为_________. 13. 已知正项数列，的前n项和为，且，，则________. 14. 三棱锥的体积为，且，，则三棱锥的外接球半径的最小值为______. 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若. （1）求角C； （2）若点D在边AC上，，，，求AD长. 16. 在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度，为增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”（即正在使用的设备出故障时才启用的设备），已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这3台设备中，只要有1台能正常工作，计算机网络就不会断掉，设3台设备的可靠度均为0.7，它们之间互不影响. （1）记能正常工作的设备台数为X，求X的分布列与数学期望； （2）已知某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是0.7，根据以往经验可知，计算机网络断掉会给该产业园带来约500万元的经济损失.为减少给该产业园带来的经济损失，可以升级设备，每台设备的升级费用为2.5万元，升级后可以使设备的可靠性提升到0.8，从总损失期望最小的角度，应该升级几台设备？ 17. 如图，四面体ABCD中，，，，E为AC的中点. （1）证明：平面平面； （2）设，，点F在线段BD上， （i）求二面角的余弦值； （ii）记CF与平面ABD所成角为，求的最大值. 18. 拋物线焦点为，第一象限内点在上，A的纵坐标是. （1）若到焦点的距离为3，求； （2）若，在上，且的重心恰为，求直线的方程； （3）直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于是在上的投影，若点满足“对于任意都有”，求的取值范围. 19. 已知函数. （1）若，，求实数a的取值集合； （2）设， （i）对任意正整数n，证明：函数有唯一的零点（记零点为）； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $