精品解析：福建省泉州市南安第一中学2025-2026学年高三上学期第一次段考数学试题

南安一中2025～2026学年高三年第一次阶段考 数学科试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法结合复数的概念求解即可. 【详解】因为复数满足， 因此，复数的虚部为. 故选:D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合A，B，再利用交集的定义求解即得. 【详解】由，得，即，由，得，即， 所以. 故选：D 3. 定义：.若等比数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据给出的运算求等比数列的公比，得到数列的通项公式，再求数列的第10项即可. 【详解】因为. 因为为等比数列，所以，所以. 又，所以. 所以. 故选：D 4. 已知锐角满足，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系并结合题意得到求出和，再结合两角差的余弦公式求解即可. 【详解】因为均为锐角，所以，可得， 因为由，所以， 因为且为锐角，所以，而，则， 由两角差的余弦公式得 ． 故选：C． 5. 棱长均为3的正三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，确定球心及外接球半径，然后利用球的表面积公式，求出球O的表面积． 【详解】如图：设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，，连接， 设线段的中点为O，则O为其外接球的球心． 因为等边三角形ABC的边长为3，所以， 所以球O的半径， 故球O的表面积． 故选：B． 6. 已知奇函数的定义域为，且函数图象关于对称．当时，，则（　　） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇函数以及对称性求出函数周期为，所以，即可求解. 【详解】因为函数图象关于对称，所以， 因为为奇函数，所以， 所以，即， 所以，所以，所以的周期为8， 所以， 而， 又因为当时，，所以，即， 所以. 故选：B. 7. 在数列中，，且，则数列的前2025项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先把变形成，利用累加法求数列的通项公式，再用裂项求和法求数列的前项和，把代入即可. 【详解】由，可得， 所以， ， … . 以上各式相加得：， 所以， 而也符合该式，故. 则. 设的前项和为，则， 从而. 故选：B 8. 在非等腰中，内角满足，若关于x的不等式对任意恒成立，则角A的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先整理式子可得：，因为非等腰，所以，则：在恒成立，整理移项，再利用基本不等式得：，再利用三角函数的性质，即可得解. 【详解】在中，由，代入可得： ， 所以： 整理可得：， 即：， 因为非等腰，所以， ，代入可得： ，两边同除，可得： 在恒成立， ， 即，又因为，则， 所以，即， 又因为非等腰，所以， 所以， 故选：D. 【点睛】本题考查了解三角形，考查了三角形的性质及恒等变换公式，考查了转化思想和基本不等式，本题解题的关键是对原式的处理，使之能使用基本不等式，而不能走进一元二次不等式的误区，进行讨论，属于较难题. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 设函数，则下列结论错误的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 在区间上单调递增. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正弦函数的性质求出函数的最小正周期，利用整体代换法即可求出函数的对称轴和单调区间.代入验证零点. 【详解】由周期公式知，A正确； 因为不是最值，所以直线不是函数的对称轴，B错误； 因为，所以是函数的零点，C正确； 当，则，正弦函数在区间上先增后减，故D错误. 故选：BD 10. 已知，，且，则（ ）． A. ab的最大值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为9 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据基本不等式及其应用，逐项分析判断，对A，直接利用基本不等式即可判断； 对B，由即可判断， 对C，由，再利用基本不等式即可；对D，即可判断. 【详解】对A，，所以，当且仅当时成立，故A正确； 对B，由，可得，可得，的最小值为，故B不正确； 对C，， 当且仅当即时成立,故C正确； 对D，，当且仅当时成立，故D正确. 故选：ACD 11. 已知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，顶点为，底面圆心为，为底面圆的直径，，是底面圆周上异于，的一个动点，下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 当时，三棱锥的体积最大 C. 直线与直线夹角的取值范围是 D. 若二面角的大小为，则的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，利用圆锥的侧面积公式可判断A；B选项，的面积最大时，三棱锥的体积最大；C选项，设点关于圆心的对称点为，得到 为所求角，在 中用表示出，结合的取值范围可判断；D选项，取的中点，得，利用勾股定理计算出与的长度，可得的面积. 【详解】对于A，由已知可得，， 所以， 则圆锥的侧面积，A正确. 对于B，当时，，此时的面积最大，即三棱锥的体积最大，故B正确. 对于C，设点关于圆心的对称点为，则直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即， 在等腰三角形中， 所以，则，C错误. 对于D，可知和都是等腰三角形，取的中点，连接，，可知，， 则是二面角的平面角，，可以求得， 所以，，， 故的面积为，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线的斜率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由导数的几何意义求解即可. 【详解】因为，所以， 当时，， 所以曲线在点处的切线的斜率为. 故答案为：. 13. 中国象棋中规定：马走“日”字.中国象棋的棋盘如图所示，若马在点A处，则走一步可到点或处，得到向量或，记棋盘的每一格为一个单位长度，当马在点处时，它走一步所得到的所有向量之和的模为_________________. 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算计算即可. 【详解】 如图，由题可知当马在点处时， 它走一步可以到点或或处，得到的所有向量为. 以为坐标原点，建立平面直角坐标系，则，， ，则. 故答案为： 14. 已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 【答案】. 【解析】 【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果. 【详解】如图： 取的中点为，的中点为，的中点为， 因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，， 又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以， 因为，所以侧面， 设为侧面与球面的交线上的点，则， 因为球的半径为，，所以， 所以侧面与球面的交线上的点到的距离为， 因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧， 因为，所以， 所以根据弧长公式可得. 故答案为：. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 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. 已知的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若的面积为，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简已知等式可得，即可求得答案； （2）根据三角形面积可求得，再利用余弦定理求出，利用基本不等式即可求得答案. 【小问1详解】 因为，所以 又 所以 因为，所以，则. 【小问2详解】 由（1）可知，， 则的面积， 则. 由余弦定理得， 当且仅当时，等号成立， 从而，即的最小值为. 16. 如图，四边形为矩形，平面平面，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）证明：法1： ，， ，又． 四边形为矩形，． 平面平面，且平面平面，平面, 平面．平面，． 平面,平面． 法2：平面平面，且平面平面， 且平面,, 平面．平面，． 由两两垂直，则以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． , ， 由．可得，， 平面，平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）结合线面垂直及面面垂直的知识，先证平面，再证平面； （2）利用向量法求出平面的法向量，求出直线与平面所成角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 结合上问可知：， 设平面的法向量为 则，． 即，令，则．即． 因为， 设所求角的大小为．则 故直线与平面所成角的大小. 17. 已知数列满足，，数列是正项等比数列，且，． （1）求，的通项公式； （2）从下面①②两个条件中选择一个作为已知条件，求数列的前项和． ①；②． 【答案】（1）， （2）若选①；若选② 【解析】 【分析】（1）依题意可得是以为首项，为公差的等差数列，即可求出的通项公式，）根据等比数列的性质可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得数列的公比，进而可求得数列的通项公式； （2）若选①则利用裂项相消法求得；若选②则，利用错位相减法可求得. 【小问1详解】 因为，，即，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 由等比数列的性质可得， 由题意可得，解得，所以等比数列的公比为， 所以. 【小问2详解】 若选①， ， 所以. 若选②，， 所以， 则， 两式相减得 ， 因此； 18. 如图，在四棱锥中，平面，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，，且，，，在同一个球面上，球心为. （i）为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）设球的表面与线段交于点（异于点），求的值. 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，又平面，所以平面平面. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）（i）解法1（坐标法）：建立空间直角坐标系，利用向量即可求得线面夹角的正弦值；解法2（几何法）：利用几何法先证明，再证明，然后过作于点，连接，，可证得即为与平面所成角，即可求解； （ii）解法1 设，再结合题意得，即可求解；解法2 设，由，从而可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）解法1（坐标法）：在四边形中，因为，，， 故， 又，，，所以 则，所以，结合，则， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ， 平面的一个法向量为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 解法2（几何法）：在四边形中，因为，，， 故； 又，，，所以 则，所以， 又因为平面，平面，所以， 而平面， 故平面，而平面，所以， 过作于点，连接，， 因为平面，面，所以， 又，，平面，则面， 则即为与平面所成角，，所以. （ii）由（1）知平面，平面，故， 因为，，，在同一个球面上，且，为直角， 即可得的中点到，，，的距离均相等，故为外接球直径，则球心为的中点. 解法1 设， ， 为外接球直径，且在球的表面上 ，， ，，得，所以，. 解法2 设， 由，，得， ，解得或， 由于点异于点，所以舍去， 所以，进一步可得. 19. 已知函数. （1）当时 ，证明：，； （2）若在上单调递增，求的最大值； （3）证明：，. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导数，判断函数单调性，结合最值可证结论； （2）求导数，利用导数恒成立，分情况讨论可求答案或者利用分离参数法，结合导数求解最值可得答案； （3）先通过证明不等式，得到，再通过求和可证结论. 【小问1详解】 证明：由，得，则在上恒成立， 则在上单调递增， 故，. 【小问2详解】 法一：由，得. 因为在上单调递增，所以在上恒成立， 当时，，由（1）可知，在上恒成立， 则在上恒成立，即在上恒成立，从而在上单调递增，符合题意. 当时，，显然，在上恒成立， 令，则，显然在上单调递增， 由，得，则存在，使得， 则当时，单调递减，当时，单调递增， 从而当时，，则，从而在上单调递减，不符合题意， 综上所述，的最大值为. 法二：由题可知在上恒成立，则在上恒成立， 令，则 因为在上恒成立，所以在上恒成立， 所以在上单调递增. 当无限趋近于时，无限趋近于， 由洛必达法则，得， 则，从而，即， 故的最大值为. 【小问3详解】 证明：由（2）可知，当时，在上单调递增，且， 则在上恒成立， 由，可得， 则，则； 令，则，在上单调递增， 从而，即在上恒成立，故对任意的恒成立， ， 则 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南安一中2025～2026学年高三年第一次阶段考 数学科试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 定义：.若等比数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知锐角满足，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 棱长均为3的正三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知奇函数的定义域为，且函数图象关于对称．当时，，则（　　） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 7. 在数列中，，且，则数列的前2025项和为（ ） A. B. C. D. 8. 在非等腰中，内角满足，若关于x的不等式对任意恒成立，则角A的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 设函数，则下列结论错误的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 在区间上单调递增. 10. 已知，，且，则（ ）． A. ab的最大值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为9 D. 的最小值为 11. 已知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，顶点为，底面圆心为，为底面圆的直径，，是底面圆周上异于，的一个动点，下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 当时，三棱锥的体积最大 C. 直线与直线夹角的取值范围是 D. 若二面角的大小为，则的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线的斜率为__________. 13. 中国象棋中规定：马走“日”字.中国象棋的棋盘如图所示，若马在点A处，则走一步可到点或处，得到向量或，记棋盘的每一格为一个单位长度，当马在点处时，它走一步所得到的所有向量之和的模为_________________. 14. 已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 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. 已知的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若的面积为，求的最小值. 16. 如图，四边形为矩形，平面平面，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小． 17. 已知数列满足，，数列是正项等比数列，且，． （1）求，的通项公式； （2）从下面①②两个条件中选择一个作为已知条件，求数列的前项和． ①；②． 18. 如图，在四棱锥中，平面，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，，且，，，在同一个球面上，球心为. （i）为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）设球的表面与线段交于点（异于点），求的值. 19. 已知函数. （1）当时 ，证明：，； （2）若在上单调递增，求的最大值； （3）证明：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $