精品解析：福建省福州第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题

福州一中2025-2026学年第一学期第一学段 高三数学期中考试卷 （完卷120分钟 满分150分） 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. 设集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先应用绝对值不等式计算求解集合A,再应用交集定义计算求解. 【详解】集合，， 则集合. 故选：C 2. 下列各式的运算结果为纯虚数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的运算法则分别计算各选项，并利用纯虚数的定义进行判断． 【详解】， ，实部为，虚部为1，不是纯虚数，故A错误； ，实部为1，虚部为1，不是纯虚数，故B错误； ，实部为2，虚部为0，不是纯虚数，故C错误； ，实部为0，虚部为，是纯虚数，故D正确． 故选：D． 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的坐标运算计算即可. 【详解】由题意，得， 所以，解得， 所以. 故选：C. 4. 教室常常通风，有利于改善高三学习环境. 若教室内二氧化碳浓度在，则教室如同一般室外环境，若浓度介于之间，教室内则空气清新，呼吸顺畅，若高于浓度，则教室内空气浑浊，会使人开始觉得昏昏欲睡.经测定，某教室刚下课时，空气中二氧化碳浓度为，开窗通风后教室内二氧化碳浓度随时间(单位：分钟)的变化规律用函数（）描述，若要让教室内二氧化碳浓度低于，则至少要开窗通风（ ）分钟.（参考数据） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据时求出参数，然后根据题意列出不等式求解即可. 【详解】由题知，当时，即，解得，所以， 令得， 所以要让教室内二氧化碳浓度低于，则至少要开窗通风分钟. 故选：C 5. 已知函数和的定义域都为，且图象都是连续不断的，则“和都是奇函数”是“存在最大值或存在最小值”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 分析】依次举反例判断充分性、必要性不成立即可得解. 【详解】当时，满足函数和的定义域都为， 且图象都是连续不断的，也满足“和都是奇函数”， 所以， 又函数和的定义域都为，且图象都是连续不断的， 所以函数定义域为，且图象是连续不断的， 所以函数是偶函数， 但因为函数，其函数值周期性出现， 于是函数的函数值在之间周期性震荡，如图所示， 所以“不存在最大值或存在最小值”，故充分性不成立； 当时，满足函数和的定义域都为， 且图象都是连续不断的，也满足存在最值， 但此时均不是奇函数，故必要性不成立. 所以“和都是奇函数”是“存在最大值或存在最小值”的既不充分也不必要条件. 故选：D 6. 已知，均为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数倍角公式与基本关系式进行三角恒等变换，得到，从而结合的范围即可得解. 【详解】法一： 因为，所以， 所以， 则，整理得， 所以， 又，均为锐角，所以，所以. 法二： 因为，所以， 所以， 所以， 即， 即，所以， 又，均为锐角，所以，所以， 故选：D． 7. 已知函数若，，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据最小值为，可得，进而对进行讨论即可求解. 【详解】由题意知的最小值为，故，即． 当时，，不合题意； 当时，在上的最小值为， 为使为全局最小值，还需在上， 此时的下确界为3，故需， 解得， 综上，实数取值范围为 故选：D． 8. 已知函数在上恰有个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将问题转化为在上恰有个零点，求出的范围，再分、两种情况讨论即可. 【详解】因，，则， 因函数与的零点完全相同， 则函数在上恰有个零点，等价于函数在上恰有个零点， ①若，即，则， 则不可能存在个零点； ②若，即，因为区间关于对称， 则，得 综上，的取值范围是. 故选：B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 的图像关于点中心对称 C. 的图像关于直线对称 D. 将的图像向左平移个单位长度后得到的函数为偶函数 【答案】BC 【解析】 【分析】结合正弦函数的图像和性质，逐一分析判断函数的单调性、中心对称性、轴对称性及图像平移后的奇偶性． 【详解】正弦函数的单调递增区间为， 令，解得， 在区间中，在上递增，在上递减，故A错误； 正弦函数的对称中心为，令，解得， 当时，，且， ，， ，满足中心对称条件，故B正确； 若的图像关于直线对称，则需满足， ，， ，故C正确； 设的图像向左平移个单位后得到函数，则，， ，故不是偶函数，故D错误． 故选：BC． 10. 已知函数，则（ ） A. 点为图象的对称中心 B. 当时，有且仅有一个零点 C. 过作曲线的切线有条 D. 当时，在区间内单调递减 【答案】AB 【解析】 【分析】利用函数对称性的定义可判断A选项；求导，对实数、的符号进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断B选项；设切点坐标为，利用导数的几何意义写出切线方程，将点的坐标代入切线方程，可得出关于的方程，讨论方程根的个数，可判断C选项；利用函数的单调性与导数的关系，结合特殊值法可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数的定义域为， ， 所以，故点为图象的对称中心，A对； 对于B选项，， ，若，则，恒成立， 故在上单调递增， 又，， 由零点存在性定理可知，存在唯一的，使得， 若，则，恒成立， 故在上单调递减， 又，， 由零点存在性定理可知，存在唯一的，使得， 综上，有且仅有一个零点，B对； 对于C选项，设切点坐标为，切线斜率为， 所以切线方程为， 将点的坐标代入切线方程得，整理可得， 当时，该方程无解； 当时，可得，该方程有且只有一个解. 综上所述，过作曲线的切线至多一条，C错； 对于D选项，，因为，即， 所以， 当时，若，则， 在区间内单调递减， 若，则不能得到，此时在区间内不一定单调递减， 不妨取，此时， 令得，令时，， 所以在、上单调递减，在上单调递增， 不满足在区间内单调递减，D错误. 故选：AB. 11. 在中，，点满足，延长至点，使得.点在线段上，则下列结论正确的是（ ） A. B. 面积为 C. 当时，四点共圆 D. 当时， 【答案】AB 【解析】 【分析】设，，，，，利用平面向量的基底进行运算，由平行线段的距离等价于一条线段上任意一点到另一条线段的距离，判断四点是否共圆，利用其中三点确定一圆，验证第四个点是否在圆上求解，过程中利用余弦定理和直角三角形的性质进行求解. 【详解】设，，，，， 因为，则,故， 设，则，, 因为, 则即, 从而 化简，即，因为， 故解得.故. 又，故即 从而， 化简得，即， ，所以，. 对于A选项，因为， , 故A选项正确. 对于B选项，因为，故即， 点在线段上，点到线段距离为定值， 故, 中，,., 则,， 所以， 故B选项正确. 对于C选项，因为平面内三点确定一个圆， 因为，，，,所以为直角三角形， 故过的圆的圆心在线段的中点处， 若四点共圆，则圆与线段交点为，连接,, 可得, 又因为在中，，， 可得，故， 所以,为等边三角形，此时， 故C选项错误. 对于D选项，连接,当时 故，， 在中, ,, ,， 故， 又因为, 所以,所以, 故, 故D选项错误. 故选:AB. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_________________． 【答案】##0.6 【解析】 【分析】先根据诱导公式化简已知条件求出，再利用诱导公式求出目标三角函数值． 【详解】，， ． 故答案为：． 13. 在中，内角，，的对边分别是，，，且，则面积的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理结合基本不等式可得，由三角函数性质计算可得，再由三角形面积公式计算即可. 【详解】由余弦定理可得， 因，所以， 当且仅当时，等号成立， 因为，在上单调递减， 所以，则， 所以的面积. 故答案为：. 14. 已知函数，，若与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，方程有且仅有两解，即与图象有两个交点，利用导数分析单调性，即可求解. 【详解】因为与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点， 所以方程有且仅有两解， 而， 设，即与图象有两个交点， 所以， 令，即；令，即. 所以函数在单调递减，在单调递增，且两边趋向正无穷， 所以， 所以要满足题意则. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 已知四边形的顶点坐标为、、，且. （1）若点在第一象限，求实数的取值范围； （2）若点为直线外一点，为四边形对角线的交点，，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设点的坐标为，，，由，可得出，结合，可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围； （2）化简得到，根据得到，再结合三角形相似可得到答案. 【小问1详解】 因为、，所以. 设点的坐标为，，，则. 由，得，解得， 因为点在第一象限，所以，，则，解得. 故实数的取值范围是. 【小问2详解】 由得， 即，所以. 因为，所以， 又点恰为四边形对角线的交点， 所以，则， 又，所以. 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，设的极大值是，求的最小值． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用导数分析函数单调性； （2）利用（1）中结论求出的极大值从而求出，对求导，利用导数讨论单调性求最小值． 【小问1详解】 ，定义域为， 求导得， ，令，解得或， 当时，，此时恒成立，故在上单调递增， 当时，，令，解得或，令，解得， 在上单调递减，在，上单调递增， 当时，，令，解得或，令，解得， 在上单调递减，在，上单调递增； 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在，上单调递增； 当时，在上单调递减，在，上单调递增． 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递减，在，上单调递增， 当时，取得极大值，即， 则， ，， 令得，解得，即， 令得，解得或（舍去），即， 在上单调递减，在上单调递增， ， 的最小值为． 17. 如图，在四棱锥中，，，，为的中点，，． （1）证明：平面； （2）已知，，，四点均在球的球面上． （i）求直线与直线所成角余弦值； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据四棱锥的性质，结合已知条件，利用线面垂直定理证明线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点坐标和向量坐标，结合球的性质，利用向量夹角的余弦公式求异面直线夹角的余弦值和线面夹角的正弦值． 【小问1详解】 方法1：，，， 又，， ，，， 又，，平面，平面， 平面． 方法2：如图，连接，，为的中点， ，又，， ， 又，，则，， 又，，平面，平面， 平面，平面，， 又，，平面，平面， 平面． 【小问2详解】 （i）由（1）知，平面，在平面内过点作交于， 则，，两两垂直，如图所示，以为原点，，，分别为，，轴的正方向， 建立空间直角坐标系， ，，，，，， 设，， ， 解得，， 点的坐标为，故， ， 设直线与直线所成角为， ， 直线与直线所成角的余弦值为． （ii），，， 设平面的法向量为，则，即，令，则， 设直线与平面所成的角为， ， 直线与平面所成的角的正弦值为． 18. 某公园计划改造一块四边形区域铺设草坪，其中百米，百米，，，草坪内需要规划4条人行道、、、以及两条排水沟、，其中、、分别为边、、的中点． （1）若，求的余弦值； （2）若，求排水沟的长； （3）若，试用表示4条人行道的总长度，并求出它的取值范围． 【答案】（1） （2）百米 （3），， 【解析】 【分析】（1）结合几何图像和已知条件，利用两角和的余弦公式求解； （2）结合（1）结论，利用余弦定理求解； （3）结合几何图像及性质，利用余弦定理、正弦定理，两角和与差的三角函数公式，结合正弦函数性质求解． 【小问1详解】 百米，百米，， 在直角三角形中，百米， ，， 又，，百米， 在等腰直角三角形中，百米，，， ． 的余弦值为． 【小问2详解】 由（1）知，当时，，， 在中，， （百米）． 排水沟的长为百米． 【小问3详解】 设，，，、、分别为边、、的中点， ，百米，， ，百米，， 在中，由余弦定理得， 由正弦定理，得，， 连接，，，为边的中点， ，， 在中，， 由余弦定理得 ， 在中，， 由余弦定理得 ， ，. 令 在单调递增， ． 19. 定义：若存在使得成立，则称为函数和的-平衡点，其中分别为的导函数．已知函数． （1）若函数和存在-平衡点，求实数的最大值； （2）若函数和存在3个不同的-平衡点，且． （1）求实数的取值范围； （2）求证：． 【答案】（1） （2）① ②证明见详解. 【解析】 【分析】(1)分别求函数和的导函数，根据-平衡点的定义，把表示成关于的函数，可求得实数的最大值； (2)①根据-平衡点的定义，用表示，利用导数分析函数的单调性及值域，可得到实数的取值范围.②转化不等式，构造新函数，利用导数判断函数的单调性，从而证明不等式. 【小问1详解】 函数的定义域为，． 函数的定义域为， 令，则；.所以. 由函数和存在-平衡点，知和存在-平衡点，所以存在实数使得成立，即存在实数使得成立. 令，当且仅当，即时，等号成立. 所以当时，取得最大值，最大值为. 实数的最大值为. 【小问2详解】 若函数和存在3个不同的-平衡点，且，则有3个不同的解. 当即时，，所以是的一个解，此时. 所以当时，，即有2个不同的解. 令，则由(1)得：且. ，且. 令，则，所以单调递减. 因为 ，所以当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减. 当时，；当且时，，，所以； 当且时，，所以； 当时，，所以； 因此，的简图如下： 所以当时，有两个不同的解. ①所以实数的取值范围是. ②若且，则 如图可知：，且，所以. 要证，只需证， 即证，即证， 即证， 即证. 令，则， 令，则 令，则. 所以当时，，单调递减，所以，即. 所以单调递减，且，即.所以单调递减，所以. 即当时，. 因此，. 故得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州一中2025-2026学年第一学期第一学段 高三数学期中考试卷 （完卷120分钟 满分150分） 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. 设集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 下列各式的运算结果为纯虚数的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 4. 教室常常通风，有利于改善高三学习环境. 若教室内二氧化碳浓度在，则教室如同一般室外环境，若浓度介于之间，教室内则空气清新，呼吸顺畅，若高于浓度，则教室内空气浑浊，会使人开始觉得昏昏欲睡.经测定，某教室刚下课时，空气中二氧化碳浓度为，开窗通风后教室内二氧化碳浓度随时间(单位：分钟)的变化规律用函数（）描述，若要让教室内二氧化碳浓度低于，则至少要开窗通风（ ）分钟.（参考数据） A B. C. D. 5. 已知函数和的定义域都为，且图象都是连续不断的，则“和都是奇函数”是“存在最大值或存在最小值”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知，均为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数若，，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在上恰有个零点，则取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 的图像关于点中心对称 C. 的图像关于直线对称 D. 将的图像向左平移个单位长度后得到的函数为偶函数 10. 已知函数，则（ ） A. 点为图象的对称中心 B. 当时，有且仅有一个零点 C. 过作曲线的切线有条 D. 当时，区间内单调递减 11. 在中，，点满足，延长至点，使得.点在线段上，则下列结论正确是（ ） A. B. 的面积为 C 当时，四点共圆 D. 当时， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_________________． 13. 在中，内角，，的对边分别是，，，且，则面积的最大值是______. 14. 已知函数，，若与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，则实数的取值范围为______． 四、解答题：本大题共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. 已知四边形的顶点坐标为、、，且. （1）若点在第一象限，求实数的取值范围； （2）若点为直线外一点，为四边形对角线的交点，，求实数的值. 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，设的极大值是，求的最小值． 17. 如图，在四棱锥中，，，，为的中点，，． （1）证明：平面； （2）已知，，，四点均在球的球面上． （i）求直线与直线所成角的余弦值； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 某公园计划改造一块四边形区域铺设草坪，其中百米，百米，，，草坪内需要规划4条人行道、、、以及两条排水沟、，其中、、分别为边、、的中点． （1）若，求的余弦值； （2）若，求排水沟的长； （3）若，试用表示4条人行道的总长度，并求出它的取值范围． 19. 定义：若存在使得成立，则称为函数和的-平衡点，其中分别为的导函数．已知函数． （1）若函数和存在-平衡点，求实数的最大值； （2）若函数和存在3个不同的-平衡点，且． （1）求实数的取值范围； （2）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $