精品解析：福建省宁德市2025-2026学年高三上学期11月期中数学试题

福宁古五校教学联合体2025-2026学年第一学期高三期中质量监测 数学 （考试时间：120分钟，试卷总分：150分） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】列举法得到，根据交集概念求出答案. 【详解】，又， 故. 故选：C 2. 已知，则复数的虚部为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用复数的除法及乘法运算再结合虚部定义判断. 【详解】，所以， 则复数的虚部为. 故选：B. 3. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得，再利用基本不等式“1”的用法求解即可. 【详解】解：因为正实数，满足， 所以，即， 所以 ，当且仅当，即， 又因为，所以时等号成立， 所以的最小值为. 故选：B 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出函数的定义域，即可判断函数的奇偶性，再根据函数在时函数值的特征，利用排除法判断即可. 【详解】函数，令，解得且， 所以的定义域为， 又， 所以为奇函数，则函数图像关于原点对称，故排除B、D； 当时，，，，所以，故排除C. 故选：A 5. 某校兴趣小组想要测量宁德市海慧塔的高度，在塔附近选取了相距60米的，（，与该塔的塔底在同一水平面上）两个测量点，从点观测该塔塔顶的仰角为，从点观测该塔塔顶的仰角为，且，则这座塔的高度为（ ） A. 15米 B. 米 C. 30米 D. 米 【答案】C 【解析】 【分析】设这座塔的高度为米，进而在中利用余弦定理求解即可. 【详解】解：设这座塔的高度为米， 因为从点观测该塔塔顶的仰角为，从点观测该塔塔顶的仰角为， 在中，，米；在中，，米， 在中，，米， 由余弦定理得：，即， 整理得，即，解得或（舍） 所以，这座塔的高度为米. 故选：C 6. 已知定义在上的函数若方程恰有两个解，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据方程恰有两个解，得出与有一个交点，结合图象可得参数范围． 【详解】因为方程恰有两个解，又因为， 则为方程的一个解， 当时，由， 则有一个解， 所以与有一个交点， 当时，， 设，， 则，即在上单调递减， 所以， 所以，则在上单调递减， 当，且时，， 做出函数的图象，如下： 结合图象可得，要使与有一个交点， 则或． 故选：D． 7. 如图，正方体的棱长为2，则两个三棱锥，的公共部分的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体再计算求解． 【详解】连接它们的交线后如下图所示，是中点，所以， 即两个三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体， 所以表面积为． 故选：D． 8. 已知函数，的定义域均为，为奇函数，为偶函数，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数奇偶性以及对称性，可推出函数、的周期都为8，再结合所给函数值计算可得结果. 【详解】因为为偶函数，所以①， 因为，所以，， 结合①有②， 因为为奇函数，所以，所以， 结合②有，所以，所以， 所以的周期为8. 因为关于点对称，所以， 同理，由，得， 所以，， 因为，所以，即， 因为，所以， 所以，，所以，， 所以的周期为8，所以， 所以. 故选：B 二、多选题：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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，如下判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则为锐角三角形 D. 若满足条件，的有两个，则的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据选项中的条件，利用三角形内角范围，正弦定理等结论逐一判断即可. 【详解】对于A，若为直角三角形，，则，故A错误； 对于B，由和正弦定理，，即， 因，则，即，故B正确； 对于C，因的内角只能为锐角、直角或钝角，由可知，在符号上只能是三正或者两负一正， 而三角形中最多只有一个钝角，故三者只能是三正，即都是锐角，故C正确； 对于D，由满足条件，的有两个，可知，即，故D正确. 故选：BCD. 10. 若函数既有极大值也有极小值，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】求出定义域，求导，根据题意得到在上有两个不相等的实根，根据根的判别式和韦达定理得到不等式组，求出答案. 【详解】的定义域为， ， 要想既有极大值也有极小值，则需在定义域内至少有两个不先相等的实根， 故在上有两个不等实根， 故，故，，，ABC正确， 根据和可知，异号，即，D错误. 故选：ABC 11. 在中，，，是边的中点，是边上的动点（不与，重合），过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，如图所示.下列结论正确的是（ ） A. 不可能为等腰三角形 B. 存在点，，使得 C. 存在点，，使得平面 D. 当四棱锥的体积最大时， 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，考虑当时，证明可得是等腰三角形，排除；对于B，利用垂直关系转化，即可判断；对于C，通过建系，计算和引发矛盾排除；对于D，表示四棱锥的体积后，利用导数计算最值，即可判断. 【详解】对于A，因，，，易得为等腰直角三角形， 则，且，当时，易得， 则有，此时是等腰三角形，故A错误； 对于B，因为，且，平面，则平面， 因平面，则平面平面，且平面平面， 如图，过点作，于点，连接，则平面， 因平面，故，若由， 平面， 可得平面，又平面，则， 如图，延长交于点，则和都是等腰直角三角形，则， 点到直线的距离等于，这样在翻折过程中，若要满足题意，需使， 设，则，即得，则存在点，使得，故B正确； 对于C，如图，将沿折起过程中，始终保持，易得平面，则平面， 故可以点为坐标原点，所在直线为轴，以过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系. 设，设，则， 因， 则，， 假设存在点，，使得平面，则，解得， 又由，因，则得， 显然不存在，即不存在点，，使得平面，故C错误； 对于D，当底面的面积一定时，若平面平面时， 即平面时，四棱锥的体积最大， 设，则，， 则， 由，解得 （舍去）或， 当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 故当时，函数取得最大值，此时，故D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的图像关于点对称，则的值是________. 【答案】 【解析】 【分析】将对称中心点的坐标代入函数中可求出的值 【详解】解：因为函数的图像关于点对称， 所以，解得， 因为，所以 故答案为： 【点睛】此题考查正弦函数的对称性，对称中心性质的应用是关键，属于基础题. 13. 若直线是曲线的切线，则________. 【答案】 【解析】 【分析】设切点为，根据导数求切线斜率，进而求出切线方程，即可建立的关系式. 【详解】设切点为， 因，则斜率为，则切线方程为， 即， 又切线方程为，则，，得，. 故答案为： 14. 设，若存在正实数，使得不等式成立，则的最大值为________. 【答案】（或） 【解析】 【分析】法一，令，将问题转化为有正实数解，利用反函数的知识得出有解，即有解，构造函数，利用导函数求其最值即可；法二，利用同构思想得出，构造函数，利用导函数求单调性，进而得出在能成立，再构造函数，求最值即可. 【详解】法1：不等式，所以， 因，则，即， 令，则存在正实数使得成立， 由和互为反函数，可得图象关于直线对称， 可得有解，则，即， 令，则， 可得时，；时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 可得即有，所以，可得，即的最大值为； 法2：（同构）不等式，所以， 所以， 设，则， 则， 可得在上递增， 所以在能成立，所以在能成立， 因为，导数为， 可得时，；时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 则时，取得最大值，所以，即的最大值为. 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. 记内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）若的面积为，的角平分线交于点，且，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理结合两角和的正弦公式计算得出，最后应用角的范围求解； （2）应用角平分线结合面积公式计算得出且，最后应用余弦定理计算求解. 【小问1详解】 由正弦定理得， 得， ， ，，， 又，. 【小问2详解】 由题知是的角平分线，则， ，. ， ，即，， 由余弦定理和，得， 即. 的周长. 16. 如图，在三棱锥中，平面平面，是等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别是，的中点 （1）求证：平面. （2）若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且球的表面积为，求三棱锥的体积. 【答案】（1） 因为，分别是，的中点， 所以. 因为平面， 平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据中位线得出，再应用线面平行判定定理证明即可； （2）先应用等腰直角三角形及等边三角形，又因为平面平面，再结合表面积得出，再得出边长结合三棱锥体积公式计算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接. 因为是以为斜边的等腰直角三角形，为中点， 所以点是外接圆的圆心. 因为是等边三角形，是中点，所以外接圆的圆心在上. 又平面平面，所以球的球心即为外接圆的圆心. 因为球的表面积，所以球的半径， 所以，，， 所以 三棱锥的体积为. 17. 已知函数，. （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，若函数在上有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）求导后分、、讨论可得； （2）先把函数变形为，由1不是其零点将原题等价于函数与直线在上有2个交点，构造函数，利用导数分析单调性和最值可得. 【小问1详解】 由， 得， ①若，则，由，得或， 由，得， 则此时在，上单调递增，在上单调递减； ②若，，则此时在上单调递增； ③若，则，由，得或， 由，得， 则此时，在，上单调递增，在上单调递减； 综上所述，当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 ， 因在有两个零点，则在上有2个零点. 令，， 显然1不是其零点，所以. 令， 则原题等价于函数与直线在上有2个交点. 令，， 则， 由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增. 从而， 当，，当，. 则时，满足题意. 18. 如图，在三棱锥中，，分别为，的中点，，，，，线段上存在点（不含端点），使得直线与平面所成角的正弦值为. （1）求证：平面. （2）求. （3）若为的中点，点在平面内，且满足平面，求线段长度的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2）4 （3）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，，进而得坐标，利用夹角公式即可求解； （3）设，由点在平面内，即存在，使得，进而求出点坐标，求平面的法向量为，由平面，得，进而得，得，即，利用两点的距离公式得，利用二次函数即可求解. 【小问1详解】 证明：因为，分别为，的中点，且， 所以，且. 因为，，，满足， 所以. 因为，，平面， 所以平面. 【小问2详解】 以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，以1为单位长度，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 得，令，得， 所以. 设，，则， 所以. 设直线与平面所成角为， 则， 解得或（舍去）， 所以. 【小问3详解】 设，， ，，，， 因为点在平面内，所以存在，使得， 解得，， 所以，. 设平面的法向量为，，， 得，令，得，， 所以. 因为平面，所以，即， 解得， 所以. ， 当时，取最小值， 所以线段最小值为. 19. 我们把称为区间的长度.若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得函数的值域也为，则称区间为的自映射区间. （1）已知函数且，求的所有区间的长度的自映射区间. （2）设存在自映射区间. ①求的取值范围； ②求证：，且的长度. 【答案】（1），，，，. （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，由自映射区间定义得，，即，即至少有两个不同实数解，解出即可得到结果； （2）①由自映射区间定义，结合函数的单调性，将问题转化为函数至少存在两个零点问题，然后结合导数，代入计算，即可得到结果；②构造函数，利用导数研究函数的单调性，即可证明不等式. 【小问1详解】 因为恒成立，则在上单调递增， 若存在自映射区间，则，， 即方程，即至少有两个不同实数解. 由，，解得，，，，，， 所以的所有区间的长度的自映射区间为，，，，. 【小问2详解】 ①因为，在上单调递增， 若存在自映射区间，则，， 即至少有两个零点， 因为，时，，单调递增； 时，，单调递减； 若要存在两个零点，则，即. 此时，，使得. 因为当时，，即函数单调递减， 所以，又， 所以，则，使得. 所以的取值范围为. ②因为，，所以， 下证：.记， 则， 则在上单调递增，则，即， 即，所以. 所以，所以. 记，则， 时，，单调递减； 时，，单调递增； 所以，即， 则，即，同理. 因为函数的，且对称轴为， 则方程存在两根，且， 又，且，，所以， 则， 所以区间的长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福宁古五校教学联合体2025-2026学年第一学期高三期中质量监测 数学 （考试时间：120分钟，试卷总分：150分） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则复数的虚部为（ ） A. B. 2 C. D. 3. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 4 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 某校兴趣小组想要测量宁德市海慧塔的高度，在塔附近选取了相距60米的，（，与该塔的塔底在同一水平面上）两个测量点，从点观测该塔塔顶的仰角为，从点观测该塔塔顶的仰角为，且，则这座塔的高度为（ ） A. 15米 B. 米 C. 30米 D. 米 6. 已知定义在上的函数若方程恰有两个解，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，正方体的棱长为2，则两个三棱锥，的公共部分的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，的定义域均为，为奇函数，为偶函数，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 二、多选题：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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，如下判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则为锐角三角形 D. 若满足条件，的有两个，则的取值范围为 10. 若函数既有极大值也有极小值，则（ ） A. B. C. D. 11. 在中，，，是边的中点，是边上的动点（不与，重合），过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，如图所示.下列结论正确的是（ ） A. 不可能为等腰三角形 B. 存在点，，使得 C. 存在点，，使得平面 D. 当四棱锥的体积最大时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的图像关于点对称，则的值是________. 13. 若直线是曲线的切线，则________. 14. 设，若存在正实数，使得不等式成立，则的最大值为________. 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. 记内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）若的面积为，的角平分线交于点，且，求的周长. 16. 如图，在三棱锥中，平面平面，是等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别是，的中点 （1）求证：平面. （2）若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且球的表面积为，求三棱锥的体积. 17. 已知函数，. （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，若函数在上有两个零点，求实数的取值范围. 18. 如图，在三棱锥中，，分别为，的中点，，，，，线段上存在点（不含端点），使得直线与平面所成角的正弦值为. （1）求证：平面. （2）求. （3）若为的中点，点在平面内，且满足平面，求线段长度的最小值. 19. 我们把称为区间的长度.若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得函数的值域也为，则称区间为的自映射区间. （1）已知函数且，求的所有区间的长度的自映射区间. （2）设存在自映射区间. ①求的取值范围； ②求证：，且的长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $