精品解析：福建省恒一教育集团2025-2026学年高三上学期开门联考数学试题（A1）

恒一教育集团2025—2026学年高三上学期开门联考（A1） 数学试题 联考校：福州恒一高级中学、厦门央美恒一高级中学、福州中加学校 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，复数z满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 3. 已知是公差为的等差数列，且，则（ ） A. 3 B. 9 C. 18 D. 24 4. 已知曲线，则命题“”是命题“曲线的焦点在轴”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知函数，则（ ） A. B. 1516 C. D. 1517 6. 如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数、、、的图形．图中四边形的对角线相交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，，，侧棱长都等于，其中在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数．若，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在给出的选项中，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. 下列说法中正确的有（ ） A. 数据1，2，3，4，5，6的上四分位数为 B. 若随机变量，则 C. 若随机变量X服从正态分布，，则 D. 已知x，y之间存在关系式，设，若x，z之间具有线性相关关系，且与之对应的线性回归方程为，则 10. 已知函数的部分图象如图所示，且的面积为，则（ ） A. B. 函数为奇函数 C. 在上单调递增 D. 直线为图象的一条对称轴 11. 数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于，两点，与轴交于，两点，点是上一个动点，则（ ） A. 点在上 B. 面积的最大值为1 C. 曲线恰好经过4个整点（即横，纵坐标均为整数的点） D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若二项式的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值是_________． 13. 写出与圆和圆都相切的一条直线方程________. 14. 设函数，设的最小值为M，若至少有一个零点，且命题成立，则的取值范围是__________． 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. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，Q为棱PD的中点，，．    （1）求证: 平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求； （2）若，且的周长为，求的面积． 17. 已知椭圆E: 的离心率为 短轴长为2. （1）求椭圆E的标准方程； （2）若不与坐标轴平行的直线l与椭圆E相切于点 P，证明：直线OP与直线l的斜率之积为定值； 18. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，若曲线上的动点到直线距离的最小值为（为自然对数的底数）． ①求实数的值； ②求证：． 19. 在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等差数列． （1）若为1阶等比数列，，求的通项公式及前项和； （2）若为阶等比数列，求证：为阶等差数列； （3）若既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：是等比数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 恒一教育集团2025—2026学年高三上学期开门联考（A1） 数学试题 联考校：福州恒一高级中学、厦门央美恒一高级中学、福州中加学校 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先解一元二次不等式，求出集合A，再与集合B进行交集运算即可. 【详解】， . 故选：A. 【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，集合的交运算，属于基础题. 2. 已知为虚数单位，复数z满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除运算，再由复数的模的计算公式求解即可． 【详解】由，得， . 故选:． 3. 已知是公差为的等差数列，且，则（ ） A. 3 B. 9 C. 18 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】 本题可根据求出的值. 【详解】因为是公差为的等差数列，， 所以， 故选：B. 4. 已知曲线，则命题“”是命题“曲线的焦点在轴”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】已知曲线， 若曲线为椭圆，焦点在轴上，需要，则, 若曲线为双曲线，焦点在轴上，需要, 则焦点在轴上得不到, 若，表示曲线表示双曲线，焦点坐标在轴上. 故命题“”是命题“曲线的焦点在轴”的既不充分也不必要. 故选：D. 5. 已知函数，则（ ） A. B. 1516 C. D. 1517 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数的周期性即可求出的值. 【详解】由题意，在中， 因为当时，，所以是以为周期的周期函数， 故， ， 所以. 故选：D. 6. 如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数、、、的图形．图中四边形的对角线相交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】延长、交于点，取的中点，连接，分析出为等腰直角三角形，求出的长，分析出，利用平面几何的相关知识可求得的值. 【详解】延长、交于点，取的中点，连接， 易知为等腰直角三角形，则，， 所以，，，， 故为等腰直角三角形，且，则， 因为、分别为、的中点，则，且， 所以，，故. 故选：B. 7. 在三棱锥中，，，侧棱长都等于，其中在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出外接圆的半径，再根据三棱锥的特征找出球心与外接圆圆心的位置关系，进而求出球的半径，最后根据球的表面积公式求出球的表面积. 【详解】已知，，由余弦定理得： 所以， 由正弦定理，底面的外接圆半径满足，即，故， 由于侧棱长， 则顶点在底面上的投影为底面三角形的外心，则， 设，由勾股定理，即，解得：， 则外接球的球心必在过且垂直于底面的直线上， 设到的距离为，则， ，因，故，解得：， 所以球的半径，表面积为. 故选：D. 8. 已知函数．若，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过对变量替换，即令，将原函数变为，通过求导判断的单调性，利用其严格递增性将原不等式转化为，最终求解一元二次不等式. 【详解】令，则原函数可改写为：， 定义辅助函数，则， 由，故是奇函数， ，又（当且仅当时取等号），且,, 因此，在上严格递增， 原不等式转化为：，即， 因为为奇函数，即，所以， 又在上严格递增，故，所以，得， 故选：A 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在给出的选项中，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. 下列说法中正确的有（ ） A. 数据1，2，3，4，5，6的上四分位数为 B. 若随机变量，则 C. 若随机变量X服从正态分布，，则 D. 已知x，y之间存在关系式，设，若x，z之间具有线性相关关系，且与之对应的线性回归方程为，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由百分位数的定义判断即可；对于B，由二项分布的知识判断即可；对于C，由正态分布的对称性验算即可；对于D，由线性回归的相关知识判断即可. 【详解】对于A，将6个数据从小到大排列为：1，2，3，4，5，6，而， 从而数据1，2，3，4，5，6的上四分位数为从将6个数据从小到大排列后的第5个数据，即为5，故A错误； 对于B，因为，解得，故B正确； 对于C，设，若随机变量X服从正态分布， 则，即，解得， 所以，故C正确； 对于D，由题意，所以，则，故D错误. 故选：BC. 10. 已知函数的部分图象如图所示，且的面积为，则（ ） A. B. 函数为奇函数 C. 在上单调递增 D. 直线为图象的一条对称轴 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据三角形面积可得，进而有函数的最小正周期与判断A，从而求出的表达式，再由正弦函数的性质判断BCD. 【详解】设的最小正周期为，由图象可知，， 即，可得，又，所以，解得，故A正确； 所以. 对于选项B：，定义域为R关于原点对称， 又，所以函数为奇函数，故B正确； 对于选项C：令，，解得，， 所以函数的单调递减区间是，， 当时，函数的单调递减区间是， 又，所以在上单调递减，故C错误； 对于选项D：因为，为最小值， 所以函数的图象关于直线对称，故D正确； 故选：ABD 11. 数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于，两点，与轴交于，两点，点是上一个动点，则（ ） A. 点在上 B. 面积的最大值为1 C. 曲线恰好经过4个整点（即横，纵坐标均为整数的点） D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】将点代入曲线的方程即可判断；取求，求直线与曲线的交点，即可判断；求直线与曲线的交点，即可判断；求出坐标平面内到定点，的距离和为的点的轨迹方程，求该轨迹方程与曲线的交点，即可判断. 【详解】将点代入曲线的方程左侧可得， 所以点不在上，故错误； 取可得，所以，，所以， 由曲线可得，因为， 设， 当时，， 当时，，代入曲线的方程成立， 所以直线与曲线的交点坐标为， 所以点的纵坐标的绝对值的最大值为， 所以面积的最大值为，故正确； 取可得，所以，， 取可得，所以直线与曲线交于点， 直线与曲线交于点， 所以曲线经过点，，，，故正确； 坐标平面内到定点，的距离和为的点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆， 设椭圆方程为，由已知可得，又，， 所以， 所以椭圆方程为， 联立，所以， 所以，所以，所以， 故椭圆与曲线的交点为，， 如图， 故曲线上所有点都满足，故正确. 故选：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是结合曲线方程，确定曲线的范围及曲线上关键点的坐标. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若二项式的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值是_________． 【答案】7 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项，令的指数为0，进而可得结果. 【详解】的展开式的通项， 令，得，因为，所以当时，有最小值为7. 故答案为：7. 13. 写出与圆和圆都相切的一条直线方程________. 【答案】（或或，任写一条即可，答案不唯一） 【解析】 【分析】求出两圆圆心和半径，两圆圆心距以及两圆心所在直线方程即可得两圆公切线情况，再结合直线垂直关系以及两平行直线距离公式即可求公切线方程. 【详解】圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 两圆心距为，故两圆外切， 两圆圆心所在直线的方程为，即，中点为， 切线垂直于直线，且经过中点，所以切线的方程为； 切线平行于直线，且到直线的距离为， 设平行于直线切线方程为， 则或， 所以切线的方程分别为. 故答案为：（或或，任写一条即可，答案不唯一）. 14. 设函数，设的最小值为M，若至少有一个零点，且命题成立，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意转化为时，恒成立，结合与圆相切时，利用点到直线的距离公式和导数，求得的最小值为，即可求解. 【详解】由题意，函数， 因为的最小值为，即，即表示圆及其外部的部分， 又因为命题成立，即时，恒成立， 当直线与圆相切时， 可得 设，可得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为， 可得的最小值为，所以的最大值为， 所以的最小值为，所以， 即实数的取值范围是. 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. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，Q为棱PD的中点，，．    （1）求证: 平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解两平面的夹角余弦值. 【小问1详解】 因为平面平面，平面平面， 又，平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为底面为正方形，由（1）知平面，    所以，，两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系， 因为，Q为棱PD的中点， 所以， 可得，. 因为平面， 所以为平面的一个法向量． 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，则， 设平面与平面的夹角为， 所以. 即平面与平面夹角的余弦值为． 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求； （2）若，且的周长为，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式有，再由三角形内角性质即可求边长； （2）应用余弦定理及已知得且，进而求得，最后应用面积公式求面积. 【小问1详解】 由题设，由正弦定理有， 所以，而，故，又， 所以. 【小问2详解】 由（1）及已知，有，可得， 又，即， 所以，故. 17. 已知椭圆E: 的离心率为 短轴长为2. （1）求椭圆E的标准方程； （2）若不与坐标轴平行的直线l与椭圆E相切于点 P，证明：直线OP与直线l的斜率之积为定值； 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知椭圆的离心率和短轴长建立方程组，解之即可求解； （2）设，直线：，联立椭圆方程，利用可得，结合得，由其判别式等于0可得，即可证明. 【小问1详解】 根据题意得， 又，解得，， 所以椭圆：． 【小问2详解】 设点，由（1）知椭圆：， 所以，， 由题意，设直线的斜率为(存在且)， 方程为：，则， 由，消去，得①， 因为直线与椭圆相切，所以方程①， 得， 所以②， 其中． 所以关于的方程②有两相等实根，所以， 所以为定值． 18. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，若曲线上的动点到直线距离的最小值为（为自然对数的底数）． ①求实数的值； ②求证：． 【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为 （2）① ； ②依题意：要证， 当时，，令， 在上单调递增 ，所以不等式成立； 当时，要证，即． 设，则． 设．则． 当时，，所以． 所以在上单调递减． 所以，即． 所以在上单调递减，， 即当时，成立． 综上：当时，在上恒成立． 【解析】 【分析】（1）对函数求导，结合a的取值范围分析可得函数的单调区间； （2）①利用导数的几何意义，结合动点到直线的最小值列等式即可求出a的值；②分和两种情况讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，则不等式可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为， 因为，令，得：，令，得：， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 ①由（1）知：．由， 又，所以切点， 由（1）可知，切点在直线的上方， 所以，整理得， 设，则， （也可构造） 设，则在上恒成立． 所以在单调递增． 又，又，方程只有1解：． ②略 19. 在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等差数列． （1）若为1阶等比数列，，求的通项公式及前项和； （2）若为阶等比数列，求证：为阶等差数列； （3）若既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：是等比数列． 【答案】（1），前项和为 （2） 因为为阶等比数列， 所以，使得成立， 所以， 又， 所以， 即成立， 所以为阶等差数列； （3） 因为既是4阶等比数列，又是5阶等比数列， 所以与同时成立， 所以与同时成立， 又的各项均为正数，所以对任意的， 数列和数列都是等比数列， 由数列是等比数列， 得也成等比数列， 设， 所以，所以是等比数列． 【解析】 【分析】（1）根据题意可得为正项等比数列，求出首项与公比，再根据等比数列的前项和公式即可得解； （2）由为阶等比数列，可得，使得成立，再根据阶等差数列即可得出结论； （3）根据既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，可得与同时成立，再结合等比数列的定义即可得出结论. 【小问1详解】 因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列， 设公比为，则为正数， 由已知得 两式相除得，所以（舍去），所以， 所以的通项公式为， 前项和为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $