精品解析：福建省福州市2025-2026学年高三第一次质量检测数学试卷

2025-2026学年福州市高三年级第一次质量检测数学试题 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！ 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. 设全集，集合，则中元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 已知，则（ ） A. 5 B. C. D. 1 3. 一物体在力的作用下，由点移动到点．若，则对该物体所做的功为（ ） A. B. C. 2 D. 18 4. 若函数图象与直线的相邻两个交点的距离为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 5. 已知抛物线的焦点为，准线为，直线与交于点.若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 6. 已知函数，则（ ） A. B. 0 C. D. 1 7. 在正三棱柱中，，则直线与平面所成角正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数满足，则的大小关系不可能是（ ） 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. 的展开式中，各二项式系数的和为256，则（ ） A. B. 展开式中各项系数的和为 C. 展开式中存在常数项 D. 展开式中的系数为16 10. 已知双曲线的左、右顶点分别为是上异于的一个动点，记直线的斜率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 的离心率为 B. C. 当时， D. 直线与恰有一个公共点 11. 在中，，点为内一点，的延长线交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 若为的重心，则 B. 若为的外心，则 C. 若为的垂心，则 D. 若为的内心，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知曲线在处的切线斜率为3，则实数______. 13. 已知两直线与被圆所截得的弦长相等，则圆的圆心可以是______，半径可以是______.（写出一组满足条件的结果即可） 14. 已知圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，该圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，球的表面积为，则该圆台的体积为______. 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. 已知等差数列的前项和为. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 16. 记的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若周长为，求的面积. 17. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，，点，分别为棱的中点. （1）证明：平面平面； （2）点为线段上的点，且满足平面. （i）确定点在上的位置； （ii）若，求直线与直线所成角余弦值. 18. 已知函数. （1）证明：曲线是轴对称图形； （2）若，求的值； （3）若恰有4个极值点，求取值范围. 19. 在平面直角坐标系中，，椭圆的长轴长等于，离心率为. （1）求的方程； （2）设直线为椭圆短轴上的动点（不落在短轴的两端点），过作轴的垂线交于两点.直线与的另一个交点为，且与交于点；直线与的另一个交点为，且与交于点. （i）试探究直线是否经过一个定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由； （ii）当位于轴上方时，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年福州市高三年级第一次质量检测数学试题 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！ 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. 设全集，集合，则中元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求得全集，利用补集的意义求得补集即可. 【详解】因为，， 所以，所以中元素个数为1. 故选：B. 2. 已知，则（ ） A. 5 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数除法求出，再利用复数模的意义求解. 【详解】由，得， 所以. 故选：B 3. 一物体在力的作用下，由点移动到点．若，则对该物体所做的功为（ ） A. B. C. 2 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】根据功，即可求得物体所做的功． 【详解】由题意可知，， ， 所以对该物体所做的功为． 故选：D． 4. 若函数的图象与直线的相邻两个交点的距离为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得的最小正周期，即可求出． 【详解】因为函数的图象与直线的两个相邻交点之间的距离为， 所以的最小正周期，又，所以． 故选：C． 5. 已知抛物线的焦点为，准线为，直线与交于点.若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由抛物线的性质和直接可得. 【详解】由抛物线，得准线为，. 再由直线与准线交于点，所以， 则，解得. 故选：C. 6. 已知函数，则（ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】由已知解析式，应用周期性得，即可得. 【详解】由题设. 故选：D 7. 在正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法即可求得答案. 【详解】设三棱柱的棱长为1，以B为原点， 以过B作的垂线为x轴，以为轴，为轴， 建立空间直角坐标系，如图， 则，所以， 易知平面的一个法向量可取为， 设直线与平面所成角为，， 则. 故选：A 8. 已知实数满足，则的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】讨论函数与图象的位置关系，分析可能成立的结论. 【详解】令， 则，令， 则，所以单调递增， 对于选项，当时，，所以在单调递减， 所以，即函数始终在函数上方， 如图， 若，则，A错误，B正确； 对于选项，因为，，且单调递增， 所以，， 且时，，时，， 所以在单调递减，又，所以在恒成立， 当时，单调递增， 因为，， 所以，， 所以时，恒成立；时，恒成立， 即时，函数始终在函数下方； 时，函数始终在函数上方. 如图， 若，则，或，正确； 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. 的展开式中，各二项式系数的和为256，则（ ） A. B. 展开式中各项系数的和为 C. 展开式中存在常数项 D. 展开式中的系数为16 【答案】AC 【解析】 【分析】利用二项式系数和的性质建立方程求解参数判断A，利用赋值法求解各项系数的和判断B，利用二项式定理求解展开式的通项，再结合赋值法求解C，D即可. 【详解】对于A，由二项式系数和的性质得中各二项式系数的和为， 而各二项式系数的和为256，则，解得，故A正确， 对于B，由已知得， 令，则展开式中各项系数的和为，故B错误， 对于C，由二项式定理得的通项为，且， 若展开式中存在常数项，则，解得，符合，故C正确， 对于D，令，解得，则的系数为，故D错误. 故选：AC 10. 已知双曲线的左、右顶点分别为是上异于的一个动点，记直线的斜率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 的离心率为 B. C. 当时， D. 直线与恰有一个公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】A根据离心率的定义计算；B设，利用斜率公式计算即可；C设直线的倾斜角分别为，利用计算即可；D联立直线与双曲线方程即可. 【详解】由题意可知，，则， 则离心率为，故A正确； 设，则， 因，则，故B错误； 当时，，设直线的倾斜角分别为， 则，故C正确； 联立与得，，故D正确. 故选：ACD 11. 在中，，点为内一点，的延长线交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 若为的重心，则 B. 若为外心，则 C. 若为的垂心，则 D. 若为的内心，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律计算判断A；利用正弦定理、余弦定理及等面积思想计算判断BCD. 【详解】对于A，由为的重心，得， 则，A错误； 对于B，由余弦定理得，而为的外心， 由正弦定理得，B正确； 对于C，由为的垂心，则为边上的高，由面积相等可得， 则，C正确； 对于D，当为的内心时，为的角平分线，故， 由，可得，解得，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知曲线在处的切线斜率为3，则实数______. 【答案】2 【解析】 【分析】设，由题可得，据此可得答案. 【详解】设，则，因为在处的切线斜率为3， 则. 故答案为：2 13. 已知两直线与被圆所截得的弦长相等，则圆的圆心可以是______，半径可以是______.（写出一组满足条件的结果即可） 【答案】 ①. ②. （答案不唯一，写出圆心在直线上，半径大于都对）. 【解析】 【分析】由已知可得圆心到两直线的距离相等，列式得到圆心坐标满足关系式，而半径要大于圆心到直线的距离. 【详解】设圆心坐标，因为两直线被圆截得的弦长相等，所以圆心到两直线的距离相等， 所以，化简得，此时， 即满足条件的圆心在直线上，且圆的半径， 故答案：①；②（答案不唯一，写出圆心在直线上，半径大于都对）. 14. 已知圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，该圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，球的表面积为，则该圆台的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题中条件得到球的半径为5，设出圆台的底面半径及圆台的高，再分圆台的两个底面在球心异侧与同侧两种情况，列方程求解底面圆的半径和圆台的高，代入圆台体积公式求解即可. 【详解】设球的半径为，由题意球的表面积为，所以. 设圆台的上底面圆的半径为，则下底面圆的半径为， 当球的球心在圆台外时，设圆台的高为， 则，消去和得， 平方化简得，平方化简得，解得，此时， 此时圆台的体积为； 当球的球心在圆台内时， 则，消去和得， 平方化简得，解得可得与矛盾， 综上，该圆台的体积为. 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. 已知等差数列的前项和为. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项公式及求和公式得出，再应用通项公式求解； （2）先结合（1）得出，再应用分组求和结合等差数列及等比数列求和公式计算求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 故的公差， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）及题设得， 所以， 所以是首项为4，公比为2的等比数列. 16. 记的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若的周长为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，求出角； （2）根据已知条件求出的值，最后利用面积公式求出三角形面积. 【小问1详解】 （方法一）由及正弦定理， 得. 又，得， 即. 因为，所以. （方法二）由及正弦定理， 得. 又，得， 即， 因为，所以，故， 所以，故，即. 【小问2详解】 由（1）得. 由的周长为，得. 由， 所以，即， 故， 所以. 17. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，，点，分别为棱的中点. （1）证明：平面平面； （2）点为线段上的点，且满足平面. （i）确定点在上的位置； （ii）若，求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）点为的一个三等分点，靠近点的位置（ii） 【解析】 【分析】（1）平面即为平面，因此可先证平面，利用面面垂直的判定定理可得平面平面，或直接建立空间直角坐标系，证明两个平面的法向量相互垂直，得到两个平面垂直. （2）先利用线面平行的性质定理确定点的位置；再以为基底表示，利用向量法求得与所成角的余弦值，即直线与直线所成角的余弦值.或根据题意可建立空间直角坐标系，利用点为线段上的点，设，用表示出点H的坐标，求出平面的法向量，根据平面求得的值，进而确定点在上的位置； （ii）然后用坐标表示得与，并求得与所成角的余弦值，即直线与直线所成角的余弦值. 【小问1详解】 证明：连接，如图所示. 因为四棱锥的底面为矩形，，点为棱的中点， 所以，且，所以，同理， 所以，即. 因为平面平面，所以. 又因为，且平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面， 即平面平面. （方法二）证明：因为四棱锥底面为矩形，且平面， 故以点为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，设， 因为，所以， 所以. 设平面的法向量为， 则所以 令，得； 设平面的法向量为， 则所以 令，得； 所以，所以， 所以平面平面； 【小问2详解】 （i）如图，连接交于点. 因为平面平面，平面平面，所以. 因为点为棱的中点，所以点为的中点. 设为的中点，连接交于点. 又因为点为的中点，四边形为矩形， 所以，且， 所以，所以，故，所以， 即点为的一个三等分点，靠近点的位置. （ii）因为四棱锥的底面为矩形，且平面，所以两两垂直. 因此以为基底，表示， 则有， 因为，所以， 所以， 所以 所以直线与直线所成角的余弦值为 （方法二）（i）接（1）方法二，得， 因为点为线段上的点，设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则所以令， 得； 因为平面，所以， 所以，解得， 所以，即点为的一个三等分点，靠近点的位置. （ii）因为，所以， 由（i）知，，故， 所以， 所以， 所以直线与直线所成角的余弦值为. （方法三）（i）由平面可知，唯一确定. 如图，取中点，连接的延长线交于点， 则即为所求. 理由如下： 因分别为中点，所以， 因为平面平面，所以平面. 设，由得， 因为三点共线，所以，解得， 所以，点为的一个三等分点，靠近点位置. （ii）在Rt中，， 连接，取中点，连接， 因为点为中点，所以. 所以为直线与直线所成角或其补角. 取中点，连接，则，， 因为平面，所以平面. 在Rt中，， 所以. 在Rt中，. 取中点，连接，则， 所以. 在中，由余弦定理得 所以直线与直线所成角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）证明：曲线是轴对称图形； （2）若，求的值； （3）若恰有4个极值点，求取值范围. 【答案】（1）证明见解析； （2）1； （3）. 【解析】 【分析】（1）由奇偶性的定义证明是轴对称图形即可； （2）由时，法一：讨论、、研究求参数范围，即可得；法二：问题化为与的零点相同，即可得； （3）由（1）在上恰有2个极值点，对函数求导，法一：设与的零点相同，利用导数研究的零点求参数范围，并验证；法二：设与的零点相同，利用导数研究的零点求参数范围. 【小问1详解】 的定义域， 对任意，都有，且， 所以为偶函数，曲线是轴对称图形，对称轴为轴； 【小问2详解】 由（1）知，只需考虑时，， 法一：当时，，故，所以， 当时，，此时恒成立，所以， 当时，，故，所以， 综上，； 法二：因为与在上都单调递增， 所以等价于与的零点相同. 所以，即，解得； 【小问3详解】 由（1）知，恰有4个极值点等价于在上恰有2个极值点. 下面只考虑的情形. ，则， 法一：设与的零点相同， 当时，是增函数，至多有一个零点，则至多1个极值点，不合题意； 当时，， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以， 因为有两个极值点，所以有两个零点， 则，即，解得， 下面证明：当时，有两个极值点， 因为，即， 令，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以，即， 所以，又， 结合零点存在性定理知， 当时，在上各有一个零点，记为， 当时，； 当时，； 当时，， 故为的极大值点，为的极小值点，满足题意. 综上，的取值范围为. 法二：设与的零点相同， ， 令得，， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 故， 因为当且时，；当时，， 当时，只有一个零点，不符合题意； 所以. 因为恰有两个极值点，所以恰有两个零点， 则，解得. 综上，的取值范围为. 19. 在平面直角坐标系中，，椭圆的长轴长等于，离心率为. （1）求的方程； （2）设直线为椭圆短轴上的动点（不落在短轴的两端点），过作轴的垂线交于两点.直线与的另一个交点为，且与交于点；直线与的另一个交点为，且与交于点. （i）试探究直线是否经过一个定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由； （ii）当位于轴上方时，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）是，（ii） 【解析】 【分析】（1）结合题意建立方程求解椭圆中的基本量，进而得到椭圆方程即可. （2）（i）先利用特殊情况猜测直线必过的定点，再作出符合题意的图形，联立方程组结合韦达定理得到，再利用平面向量共线的坐标运算求出三点共线，最后证明直线必过定点即可.（ii）联立方程组求出和，结合弦长公式求解出，结合已知得到，进而求出，最后用一元函数表示出，利用基本不等式求解取值范围即可. 【小问1详解】 因为，所以， 而椭圆的的长轴长等于，得到，解得， 由题意得离心率为，则，解得， 而，解得（负根舍去），故的方程为. 【小问2详解】 （i）如图，设，则， 而在椭圆上，得到，且设直线的方程为， 直线的方程为， 联立方程组，得到， 由韦达定理得，故， 则 ， 同理可得， 则 ， 则， 可得的斜率为 ， 则的方程为， 得到 则， 而直线过定点，且由椭圆性质可得，又位于轴上方， 且不在短轴的两个端点，可得，且， 则令， 同乘可得， 故， 可得，即， 令，解得，此时变为， 令，，解得， 此时直线经过一个定点， 故猜测在普遍情况下直线经过一个定点， 而在椭圆上，得到，且设直线的方程为， 联立方程组，得到， 由韦达定理得，故. 同理可得， 则， 故 ， 得到，又因为直线有公共点， 所以三点共线，即直线过定点. （ii）联立方程组，解得， 同理可得， 因此由弦长公式得. 由椭圆性质可得，又位于轴上方， 且不在短轴的两个端点，可得， 由已知得，解得，则， 得到，则 ， 由基本不等式可得， 当且仅当，即时等号成立， 故的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $