精品解析：福建省福州第四中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试卷

福州四中2025-2026学年第一学期第一次月考试卷 高三数学 一､选择题：（每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1 已知，若，则（　　） A. B. 1 C. 2 D. 3 2. 若复数，则（　　） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 3. 已知直线与圆相交于点P，Q，则（ ） A. B. C. 2 D. 4. 已知集合，，若，，则下列对应关系为上的一个函数的是（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象上所有点向左平移2个单位长度后，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则，，的大小关系不可能为（ ） A. B. C. D. 8. ，已知，若“”的充要条件是“”，则实数的最大值为（ ） A B. C. D. 二､多选题：（每题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分） 9. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 一共有6项 B. 第3项 C. 所有项的系数和为0 D. 所有项的二项式系数和为32 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为2 B. 的定义域是 C. 的图象关于点对称 D. 在区间上单调递增 11. 已知非常数函数是定义在上的偶函数，且，则（　　） A. B. 2是的一个周期 C 当且仅当时， D. 不存在最小正周期 三､填空题：（每题5分，共15分） 12. 已知椭圆C：上一动点到其两个焦点的距离之和为2m，则__________． 13. 设数列的前项和是，如果它的前项和，那么______ 14. 在平面直角坐标系中，，．设，则的取值范围是________． 四､解答题：（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. 已知是正四棱柱. （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 16. 已知数列是首项为2的正项等比数列.又构成等差数列. （1）求数列的通项公式; （2）若数列满足.令.求数列的前项和. 17. 在中，角所对的边分别是．已知，的面积为． （1）求； （2）边上一点， ①若是的平分线，求线段的长； ②若，求． 18. 已知函数． （1）若函数的图象关于点对称，求的值； （2）若是的极大值点，求的值； （3）设是的极值点，且满足，求的取值范围. 19. 已知双曲线的离心率为2，点在上. （1）求双曲线的方程及渐近线方程； （2）若直线交双曲线的右支于，两点，线段的垂直平分线过点. （i）求与之间的数量关系式； （ii）求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州四中2025-2026学年第一学期第一次月考试卷 高三数学 一､选择题：（每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1. 已知，若，则（　　） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由，得，进而根据集合的包含关系列式求解即可. 【详解】由，得， 根据集合中元素的互异性可得，所以或，解得. 此时，满足题意. 故选：C 2. 若复数，则（　　） A 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义，结合复数乘法运算求解 【详解】因为，所以. 因此. 故选：A 3. 已知直线与圆相交于点P，Q，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得圆心到直线的距离，进而可求得. 【详解】由圆，可得圆心，半径， 圆心到直线的距离， 所以弦长. 故选：B. 4. 已知集合，，若，，则下列对应关系为上的一个函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的定义，对于A，易知时无意义，对于C和D，时，其函数值都不在集合B中，对于B，一个一个验证即可确定. 【详解】对于A，，，易知时无意义，故A错误； 对于B，，，时，， 时，，时，，故B正确； 对于C，，，时，，故C错误； 对于D，，，时，，故D错误. 故选：B. 5. 将函数的图象上所有点向左平移2个单位长度后，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】通过平移得到,再结合对数的运算性质,由基本不等式即可求解. 【详解】由题意可得， 因为， 所以， 所以， 即，且. 因为，当且仅当时，取到最小值. 故选：B 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系和和角的余弦公式得到方程组，联立求出，，再由差角的余弦公式得到答案. 【详解】因为，则（1）， 由，可得，所以（2）， 将（1）代入上式，，即， 代入（2），可得， 故. 故选：B 7. 已知，则，，的大小关系不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，分别讨论情况下的关系，进而得出结果. 【详解】设，则 当时，，选项A正确； 当时，，，， 所以，， ， 由此可得，选项B正确； 当时，同理可得，选项C正确. 故选：D. 8. ，已知，若“”的充要条件是“”，则实数的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数得到函数的单调性后可得其极值，再利用充要条件定义分类讨论即可得. 【详解】由题意，， 由或；由， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 则函数的极大值为，极小值为， 当，解得或， 当时，，而，“”的充要条件是“” 当时，，不合题意， 所以的最大值为. 故选：B 二､多选题：（每题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分） 9. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 一共有6项 B. 第3项为 C. 所有项的系数和为0 D. 所有项的二项式系数和为32 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用展开式的通项公式和赋值法可求解. 【详解】对于A选项，因为的次数为5，故展开式共有6项，故A正确； 对于B选项，二项式展开式的通项公式为，，1，2，3，4，5，令，可得第三项为，B不正确； 对于C选项，令可得所有项系数和为0，故C正确； 对于D选项，所有项的二项式系数和为，故D正确. 故选：ACD 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为2 B. 的定义域是 C. 的图象关于点对称 D. 在区间上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正切函数的图象与性质一一判定选项即可. 【详解】对于A，由可知其最小正周期，故A正确； 对于B，由可知，故B错误； 对于C，令，，可得，， 所以函数对称中心为，， 又，，所以的图象关于点对称，故C正确； 对于D，由可知， 又在上递增，故D正确. 故选：ACD 11. 已知非常数函数是定义在上的偶函数，且，则（　　） A. B. 2是的一个周期 C. 当且仅当时， D. 不存在最小正周期 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，由，令结合是偶函数可求解；B选项，由已知条件可得的图象关于直线对称且为偶函数，可求周期；C选项，举特例说明；D选项，证明是的一个周期时，也是的一个周期. 【详解】由，令，得， 又是定义在上的偶函数，则，A选项正确； 由，令，有， 由，令，有， 又是定义在上的偶函数，， 则有， 所以函数的图象关于直线对称，有， 又是定义在上的偶函数，则， 故，所以2是的一个周期，B选项正确； 由，令，得，故C选项错误； 若是的一个周期，则， 所以， 则也是的一个周期， 结合B选项可知，都是的周期，所以不存在最小正周期， D选项正确. 故选：ABD 三､填空题：（每题5分，共15分） 12. 已知椭圆C：上一动点到其两个焦点的距离之和为2m，则__________． 【答案】3 【解析】 【分析】通过椭圆的焦点在x轴或者y轴上，由椭圆的定义求出即可求解. 【详解】若椭圆的焦点在x轴上，则，由得（舍去）； 若椭圆的焦点在y轴上，则，由得. 故答案为：3． 13. 设数列的前项和是，如果它的前项和，那么______ 【答案】 【解析】 【分析】利用与的关系式求通项即可. 【详解】当时，， 当时，， 所以， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 在平面直角坐标系中，，．设，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据，求出，进而可以用向量表示出，即可解出． 【详解】因为，， 由平方可得，，所以． ，， 所以， ， 又，即， 所以，即， 故答案为：. 四､解答题：（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. 已知是正四棱柱. （1）证明：平面平面； （2）若，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）先得到，⊥，从而平面，进而证明面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，得到各个点的坐标，求出两平面的法向量，求出两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 由题意，平面，因为平面， 所以，在正方形中，⊥， 因为平面且，所以平面， 又平面，所以有平面平面； 【小问2详解】 以为坐标原点，为轴建立直角坐标系， 所以有， 则有， 设平面的法向量为，则有， 取法向量为， 又平面的法向量， 所以平面与平面夹角的余弦值为 . 16. 已知数列是首项为2的正项等比数列.又构成等差数列. （1）求数列的通项公式; （2）若数列满足.令.求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为，根据构成等差数列列式计算即可求解； （2）利用退位相减法求得，即，再根据裂项相消法即可求解. 【小问1详解】 设等比数列的公比为， 因为构成等差数列， 所以，即，解得或（不符合题意舍去）， 所以； 【小问2详解】 令， 当时，， 当时，， 显然时也满足上式， 因为，所以， 所以， 所以. 17. 在中，角所对的边分别是．已知，的面积为． （1）求； （2）为边上一点， ①若是的平分线，求线段的长； ②若，求． 【答案】（1）， （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和诱导公式，结合角的范围求出，根据三角形面积公式和余弦定理即可求得边； （2）①利用三角形面积相等即可解方程求得线段的长；②设，所以，分别在和，利用正弦定理，推得，计算即得. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，则，故由，可得. 因为，，解得， 由余弦定理得，解得. 【小问2详解】 ①因， 依题意有，解得. ②设，所以． 在中，由正弦定理得，，即， 在中，由正弦定理得，，即， 因，代入化简得， 即，解得，即. 18. 已知函数． （1）若函数的图象关于点对称，求的值； （2）若是的极大值点，求的值； （3）设是的极值点，且满足，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得是奇函数，利用奇函数的定义即可求解； （2）根据题意可得，解得或2，代入原函数结合函数单调性检验即可； （3）由是的极值点，得，代入化简得：，解不等式即可求解. 【小问1详解】 由曲线的图象关于点对称，得是奇函数， 因为，所以，解得. 【小问2详解】 ． 因为是的极大值点，所以，解得或2. 当时，，所以当时，单调递减， 当时，单调递增，因此是的极小值点（舍去）； 当时，，所以时，单调递增， 当时，单调递减，因此是的极大值点． 综上，可得. 【小问3详解】 ， 因为是的极值点，所以， 因为，代入上式化简可得： 由可得， 解得. 19. 已知双曲线的离心率为2，点在上. （1）求双曲线的方程及渐近线方程； （2）若直线交双曲线的右支于，两点，线段的垂直平分线过点. （i）求与之间的数量关系式； （ii）求的取值范围. 【答案】（1）双曲线方程为，渐近线方程为； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由题意列出关于，的方程组求出双曲线方程即可得渐近线方程； （2）（i）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理求出，中点的坐标，再利用，即可得到与之间的数量关系式； （ii）先由（i）依次求出，，接着由即可求出，再由即可得解. 【小问1详解】 因为点在双曲线C上，所以， 又离心率为2，则， 联立，解得，， 故双曲线方程为，渐近线方程为. 【小问2详解】 （i）设，， 联立，则， 所以，即， 且，， 则， 则的中点为，即， 因为线段的垂直平分线过点，则，整理得. （ii）由（i）知，则，，， 则，，则，解得， 又 ， 则，又， 则，即， 又，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $