精品解析：福建省百校联考2025-2026学年高三上学期11月联合测评数学试题

福建百校11月联合测评 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 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. 在等差数列中，，则公差（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的性质即可求解. 【详解】由题知公差. 故选:D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法运算求出，再求即可. 【详解】因为，所以， 所以 故选：A. 3 设向量，若，则负数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直向量关系及数量积的运算律得，然后代入向量模的坐标运算列式求解即可. 【详解】若，则， 所以，所以， 因为，所以，化简得，解得（正根舍去）. 故选：D. 4. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指对数的运算及其性质判断大小关系. 【详解】由，即. 故选：D 5. 已知圆锥的高为，它的侧面展开图的圆心角为，则此圆锥的侧面积为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由弧长公式结合圆的周长公式列等量关系式得到，接着结合圆锥的高以及勾股定理依次求出圆锥底面半径和母线长即可由圆锥侧面积公式求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为侧面展开图的圆心角为，所以，得， 所以圆锥的高为， 所以，则. 故选：D 6. 已知函数，则“”是“在区间上单调递减”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性，利用指数函数和二次函数的性质求解. 【详解】因为在区间上单调递减，则根据复合函数的单调性， 当且仅当函数在上单调递减， 所以，所以. 故选：C. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用倍角公式和三角函数的基本关系式，求得，结合正切的倍角公式，即可求解. 【详解】由题意得，可得， 所以. 故选：B. 8. 若函数的极大值为，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】求导，对分类讨论，即可根据极值点的定义求解. 【详解】， 若，，此时单调递增，故无极大值，不符合题意； 若，当或时，，当时，， 故1为的极大值点，，不符合题意； 若，当或时，，当时，， 则为的极大值点， 所以， 所以，所以，解得. 故选：A. 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. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用基本不等式判定AB；利用作差法并消元思想比较大小判定CD. 【详解】已知，且，所以. 对于A选项，因为，所以（当且仅当时取等号），故A选项正确； 对于B选项，因为，所以（当且仅当时取等号），故B选项正确； 对于C选项，因为， 因为,所以,所以,所以，故C选项错误； 对于D选项，因为，因为,当且仅当,即时取等号， 但是,所以,所以,所以,故D选项正确. 故选：ABD. 10. 已知正方体的棱长为为底面内一动点，且，则（ ） A. 点的轨迹的长度为 B. 平面 C. 恰有一个点，满足 D. 与平面所成的角的正弦值的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直、面面垂直、线面平行、面面平行的判定和性质进行逐项判断即可. 【详解】对于A选项， 根据正方体的特性和性质可知，， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 根据正方体的特性和性质可知，，又平面， 平面，因为，为底面内一动点， 所以点在对角线上，即点的轨迹的长度为选项错误； 对于B选项， 因为平面，而不在平面内， 所以平面，同理，平面， 又平面， 所以平面平面，又平面，所以平面选项正确； 对于C选项， 因为平面， 所以平面，由选项A知点在上， 所以当且仅当为的中点时，满足，C选项正确； 对于D选项， 因为平面，所以与平面所成的角即为， 因为，所以要使得取最大值，则取最小值， 所以当为的中点时，取得最大值， 此时，D选项错误. 故选：BC. 11. 已知定义在R上的函数满足对任意的，都有，当时，，，则（ ） A. B. C. 在R上单调递增 D. 的解集为 【答案】ABD 【解析】 【分析】令计算可得，即A正确，利用奇函数定义可证明B正确，由函数性质以及单调性定义证明可得在R上单调递减，可得C错误，根据函数单调性整理表达式并解不等式可得D正确. 【详解】对于A，令可得可得，因此A正确； 对于B，令可得，因此B正确； 对于C，取任意，且，则可得， 又因为当时，，所以 所以， 因此，所以， 可知在R上单调递减，因此C错误； 对于D，由可得， 也即，因此， 结合C中单调性可知，即，解得； 因此不等式的解集为,可得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. 在中，、、分别为角、、的对边，若，则___________． 【答案】或 【解析】 【分析】利用余弦定理可得，求解即可. 【详解】在中，由余弦定理可得， 又，所以， 所以，解得或. 经检验，，均符合题意. 故答案：或. 13. 若在上单调递增，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】求得导函数，根据导函数在给定区间上大于等于0恒成立，求得的取值范围. 【详解】∵，∴， ∵函数在区间上单调递增， ∴在区间上恒成立， 由于区间上单调递增， ∴必须且只需 解得， 故答案为：. 14. 设函数，若在区间上恰有个零点，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意先画出函数的图象为函数在上的图象不断向右、向下平移1个单位可得函数的图象，在区间上恰有个零点，即函数的图象与在区间上恰有个交点，即函数的图象与在区间上都有两个交点，所以只需函数的图象与在区间上有两个交点即可，利用导数的几何意义求解切线即可. 【详解】根据题意，函数 将函数在上的图象向右、向下平移1个单位可得函数在时的图象， 再向右、向下平移1个单位可得函数在时的图象， 继续向右、向下平移1个单位可得函数在时的图象 如图可得函数的图象， 令，即， 因为在区间上恰有个零点， 即函数的图象与在区间上恰有个交点， 即函数的图象与在区间上都有两个交点， 所以只需函数的图象与在区间上有两个交点即可， 当时，函数的图象与在区间上有1个交点 再求函数斜率为的切线， 导数为，令，得，则切点为， 代入，可得， 所以时，函数的图象与在区间上有两个交点， 这样函数的图象与在区间上恰有个交点. 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知函数的最小正周期为. （1）求的对称轴方程和单调递减区间； （2）设函数，求函数在区间上的值域. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由周期可计算出，再借助余弦函数性质计算即可得解； （2）借助三角恒等变换公式可将化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质计算即可得. 【小问1详解】 由题意，即，所以， 令，解得， 所以函数的对称轴方程为； 由，解得， 所以函数的单调递减区间为； 【小问2详解】 ， 因为，所以， 所以， 即，所以， 所以函数在区间上的值域为. 16. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）若，求外接圆的半径； （2）若，，点G为的重心，求线段AG的长. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简边角关系，得到角A的值，再用正弦定理得到外接圆的半径； （2）利用向量，用向量内积的夹角形式求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得 ， 所以， 则由余弦定理得. 又，所以. 设外接圆的半径为. 则. 【小问2详解】 因为点G为的重心， 所以， 所以 所以线段AG的长为. 17. 如图，在四棱锥中，，. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由等腰三角形证明，由勾股定理证明，综合证明平面，即可证明平面平面. （2）建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 取中点，连接， ， 又， 平面平面， 平面. 在中，， ， 又平面， 平面， 平面平面平面. 【小问2详解】 由（1）可知以为原点， 以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， ， ， 设是平面的一个法向量，则， 取，则， 设与平面所成的角为， 则， ， 与平面所成角的余弦值为. 18. 已知数列的首项，. （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前项和； （3）令，求数列的最大项. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）由（1）可得，利用分组求和得解； （3）由（2）可得，利用作差法判断数列的单调性，即可求出最大项. 【小问1详解】 因为，所以， 又，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）可得，所以， 所以 . 【小问3详解】 由（2）可得， 则， 令，得， 所以当时，， 令，得，所以当时，， 即， 所以数列的最大项为. 19. 设函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求的极值； （2）若，求； （3）已知数列满足，记的前项和为，证明：. 【答案】（1）的极小值为，无极大值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据切线斜率求得，然后利用极值的求解步骤求解即可； （2）由题意可转化为，分析可知和都存在不合题意，然后按照、和研究的单调性，利用单调性求解即可； （3）先分析得，再利用证得，由（2）得到利用累加法证得，进而利用放缩法证明. 【小问1详解】 由得， ，， 依题意，解得，所以， 令，解得，列表如下： - 0 + 单调递减 单调递增 所以的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 ，设， 则可等价转化为， ， 当时，，显然不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，令，解得，注意到，为增函数， 若，则在区间单调递增，，不符合题意； 若，则在区间单调递减，，不符合题意； 若，，得，令得，令得， 所以在区间单调递增，在区间单调递减， 则0为的极小值点，符合题意. 综上，. 【小问3详解】 ， 又，所以， 因为， 有， 所以， 所以， 由（2）可知，， 令，则，即， 所以当时，， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建百校11月联合测评 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 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. 等差数列中，，则公差（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 3. 设向量，若，则负数（ ） A. B. C. D. 4. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥高为，它的侧面展开图的圆心角为，则此圆锥的侧面积为（    ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则“”是“在区间上单调递减”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的极大值为，则（ ） A. B. 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. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知正方体的棱长为为底面内一动点，且，则（ ） A. 点的轨迹的长度为 B. 平面 C 恰有一个点，满足 D. 与平面所成的角的正弦值的最大值为 11. 已知定义在R上的函数满足对任意的，都有，当时，，，则（ ） A. B. C. 在R上单调递增 D. 解集为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，、、分别为角、、的对边，若，则___________． 13. 若在上单调递增，则的取值范围是________． 14. 设函数，若在区间上恰有个零点，则实数的取值范围为__________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知函数的最小正周期为. （1）求的对称轴方程和单调递减区间； （2）设函数，求函数在区间上的值域. 16. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）若，求外接圆的半径； （2）若，，点G为的重心，求线段AG的长. 17. 如图，在四棱锥中，，. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的余弦值. 18. 已知数列的首项，. （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前项和； （3）令，求数列的最大项. 19. 设函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求的极值； （2）若，求； （3）已知数列满足，记的前项和为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $