精品解析：福建省仙游第一中学等四校2025-2026学年高三上学期期中联考数学试题

2025-2026学年高三（上）期中考试•四校联考数学试卷 命题：仙游一中审核：莆田四中莆田六中 2025.11 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 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，只有一个选项是符合要求的） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. 5 D. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列满足，则（ ） A. －3 B. 3 C. －12 D. 12 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 若，满足，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 7. 在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取该数列的项:第一次取1;第二次取2个连续的偶数2，4;第三次取3个连续的奇数5，7，9;第四次取4个连续的偶数10，12，14，16;第五次取5个连续的奇数17，19，21，23，25.按此规律取下去，得到一个数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，19，…，则这个数列中的第2025个数是（ ） A. 3980 B. 3982 C. 3984 D. 3986 8. 已知, 是平面内三个不同的单位向量，若，则的取值范围是（ ） 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.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. 函数最小正周期为，则（ ） A. 值为2 B. 是函数图象的一条对称轴 C. 函数在单调递减 D. 当时，方程存两个根，则 10. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 11. 已知函数定义域为，其导函数为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 一个对称中心为 B. 的一个周期为2 C. 的图象关于对称 D. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，则在上的投影向量为__________（用坐标表示）. 13. 若均为正数，且，则的最小值为_________. 14. 在中，若在上，平分，若，则周长为__________. 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. 在中，它的内角的对边分别为，且 （1）求角B的大小； （2）若，求的面积. 16. 已知数列的前项和为，且对任意的有. （1）证明：数列为等比数列； （2）求数列的前项和. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若对恒成立，求实数的取值范围. 18. 如图，正四棱柱，在棱上有一动点，连接. （1）若点P为棱中点，求证：平面BDP； （2）设三棱锥的外接球球心为，连接. （i）若平面，求外接球的表面积； （ii）设平面与平面的夹角为，求的取值范围. 19. 已知函数，其中 （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若有极值点，求的取值范围； （3）当且时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三（上）期中考试•四校联考数学试卷 命题：仙游一中审核：莆田四中莆田六中 2025.11 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 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，只有一个选项是符合要求的） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合，再根据集合的定义即可求出. 【详解】由题意得，，，又， 根据集合的定义，可得. 故选：. 2. 已知是虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设化简复数，再利用模长公式计算即可. 【详解】由题意得，化简得， 根据模长公式，得. 故选：. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的奇偶性排除两个选项，再根据时的函数值为正排除余下两个中的一个即得. 【详解】函数的定义域为，， 函数是奇函数，图象关于原点对称，BD不满足； 当时，，则，C不满足，A满足. 故选：A 4. 已知等差数列满足，则（ ） A. －3 B. 3 C. －12 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列的性质求出，再利用等差数列的通项公式计算即可求解. 【详解】已知是等差数列， ， 由等差数列的性质可得，. 因此， ， 又因为，， 所以. 故选：B. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解. 【详解】[方法一]：直接法 由已知得：, 即：， 即： 所以 故选：C [方法二]：特殊值排除法 解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取，排除A, B； 再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β，排除D；选C. [方法三]：三角恒等变换 所以 即 故选：C. 6. 若，满足，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】A，B项，根据同构函数，再应用函数的单调性得出不等关系；C，D项赋特值反例可知. 【详解】因为，所以，即， 构造函数，则， 由，当时，， 可知函数在上单调递增， A，B项，已知，，又， 则由可得，所以， 又，所以，即， 所以有，则，故A正确，B错误； C，D项，取，则. 则， 其中不满足，也不满足，故C，D错误. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键，是通过指对运算，将不等式两边变换为同构形式，从而构造函数利用函数单调性比较大小，进而证明不等式. 7. 在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取该数列的项:第一次取1;第二次取2个连续的偶数2，4;第三次取3个连续的奇数5，7，9;第四次取4个连续的偶数10，12，14，16;第五次取5个连续的奇数17，19，21，23，25.按此规律取下去，得到一个数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，19，…，则这个数列中的第2025个数是（ ） A. 3980 B. 3982 C. 3984 D. 3986 【答案】D 【解析】 【分析】利用取数的规律，找到第n次的最后一个数为，然后结合等差数列求和，则可求得结果. 【详解】由题意可得，奇数次取奇数个奇数，偶数次取偶数个偶数， 前n次共取了个数，且第n次的最后一个数为， 当时，由等差数列求和公式得，故到第次取时取了个奇数， 且前次共取了个数，即第个数为， 所以时，取的数依次为 则第个数为. 故选：D. 8. 已知, 是平面内三个不同的单位向量，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到，设，再设，得到，结合，利用三角函数的性质，即可求解. 【详解】因为， 若，因为 是平面内三个不同的单位向量， 所以两两垂直，显然不成立，所以 不妨设，则， 设，其中， 由，所以， 则， 因为，可得，所以， 所以的取值范围为. 故选：A. 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.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. 函数最小正周期为，则（ ） A. 的值为2 B. 是函数图象的一条对称轴 C. 函数在单调递减 D. 当时，方程存在两个根，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，根据最小正周期为可得选项A 正确；根据可得选项B错误；令，分析函数的单调性可得选项C错误；把问题转化为直线与函数图象交点个数问题可得选项D正确. 【详解】A.由题意得，， 由得，A正确； B.由A得，故， ∴不是函数图象的一条对称轴，B错误； C.令，当时，， 根据函数在上不是单调递减函数，可得C错误. D.令，由得，， 由得，，问题转化为直线与函数的图象在区间上有两个交点， 结合图象可得，故，即，D正确. 故选：AD. 10. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 【答案】AD 【解析】 【分析】令，计算可判断A，当，可得，两式相减可得，进而逐项计算可判断BCD. 详解】对于A，当时，可得，故A正确； 对于B， 当时，， 两式相减可得，所以， 当，适合上式，所以； 由不是常数，所以数列不是等比数列，故B错误； 对于C，由可知，， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以，， ， 又，所以， 所以，，不构成等差数列，故C错误； 对于D，， 所以 ，故D正确 故选：AD. 11. 已知函数定义域为，其导函数为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 一个对称中心为 B. 的一个周期为2 C. 的图象关于对称 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据函数的对称性定义可判断；对B，由，两边求导可得的图象关于对称，结合条件可得，由周期函数的定义得解；对C，由的图象关于对称，周期为4，可判断；对D，将代入，可得，将代入结合可得，结合函数的周期性运算得解. 【详解】对于A，由满足，则关于中心对称，故A正确； 对于B，由，两边求导可得， 即，所以的图象关于对称， 又等价于， ，所以， ，即的一个周期为4，故B错误； 对于C，因为的图象关于对称，周期为4，所以的图象关于对称，故C正确； 对于D，将代入，可得， 将代入，得，又， 所以，， 所以， 又， 所以，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，则在上的投影向量为__________（用坐标表示）. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义及平面向量的数量积、模的坐标表示计算即可. 【详解】因为， 所以，， 则在上的投影向量为：. 故答案为：. 13. 若均为正数，且，则的最小值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式和一元二次不等式求解. 【详解】因为均为正数，所以，则， 又因为，所以， 令，则，即， 解得或（舍去）， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：. 14. 在中，若在上，平分，若，则的周长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，由角平分线性质及余弦定理解出，得到周长. 【详解】因为平分，设， 则，可得①， 在中，，在 中，， 所以②， ①②联立消元化简可得，即， 解得或（舍）或， 当时，与三点共线矛盾，所以，代入①解得， 即，所以， 所以的周长为. 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. 在中，它的内角的对边分别为，且 （1）求角B的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦函数边化角，再结合三角形内角和定理求解角； （2）根据三角形内角和求出，再结合正弦定理求出，最后根据三角形面积求解即可. 【小问1详解】 根据正弦定理，得， 化简，得 ， ，，即, ，，解得，又，. 【小问2详解】 由（1）可知，，， ，又，，， 又，由正弦定理得，，， 根据三角形面积公式，得. 16. 已知数列的前项和为，且对任意的有. （1）证明：数列为等比数列； （2）求数列前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立； （2）求得，利用分组求和法可求得. 【小问1详解】 证明：当时，，则；. 当时，由可得. 两式相减得，即，. 因为，则，，以此类推可知，对任意的，， 所以，数列构成首项为，公比为的等比数列. 【小问2详解】 解：由（1），故，则 所以， . 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据导函数的正负性求出单调区间； （2）根据必要性探路令得出，求证，再构造函数、即可求证. 【小问1详解】 函数的定义域为， 又， 则得；得， 则的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 即对恒成立， 当时，有，得， 下证：当时，， 只需证， 即证， 令，只需证， 令，则， 由得；得， 则的单调递增区间为，单调递减区间为， 则，即 因，则在上单调递增，则， 故实数的取值范围为. 18. 如图，正四棱柱，在棱上有一动点，连接. （1）若点P为棱中点，求证：平面BDP； （2）设三棱锥的外接球球心为，连接. （i）若平面，求外接球的表面积； （ii）设平面与平面的夹角为，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，通过证线和面的法向量平行，即可证明； （2）（i）利用平面，求出点坐标，再利用三棱锥的特点即可求出球的直径，代入公式即可； （ii）设球心坐标，再求平面与平面的法向量，利用公式即可. 【小问1详解】 由题意得建立空间直角坐标系，如图所示， ，，又点P为棱中点，，， 设平面BDP的法向量为，， 令，则，平面的法向量为， ，与平行， 平面. 【小问2详解】 （i）设，， 又平面，且，，解得，即， 在三棱锥中，为直角三角形，，平面， 设外接球的半径为，则外接球的直径为以为长宽高的长方体的体对角线， ，则长方体的体对角线长为， ，解得， 外接球的表面积为 （ii）设平面的法向量为，平面的法向量为， 为三棱锥外接球的球心， 设球心坐标为， 又，∴， 则，令，则， 故平面的法向量为， 由题可知，平面的法向量为， ∴， ∴，∴， ∴. 19. 已知函数，其中 （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若有极值点，求的取值范围； （3）当且时，证明：. 【答案】（1） （2）或 （3）证明详见解析 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用导数的几何意义求得切线方程即可； （2）对函数求导，然后讨论新函数在定义域内的零点，对参数进行分类讨论，分别求和时，的零点情况，即可得出结论； （3）根据（2）知当时，单调递增，然后对赋值，得，再代入问题证明即可. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为. 【小问2详解】 由， 得. 令， ①当，即时，， 由，得，，， 则 极大值 0 极小值 此时存在极值，所以符合题意； ②当时，易知为奇函数， 所以只需研究时的情况. 当时，由，得，舍去； 当时，由，得，所以. 设，则， 又， 所以， 则当，时，恒成立， 所以在，内分别单调递增. 因为当时，； 当时，. 所以若有极值点，则方程有实数解， 所以或，解得或或. 综上所述，的取值范围为或. 【小问3详解】 证明：结合（2）知当时，单调递增， 取，当时，有，所以. 令，则， 所以， 所以，从而原不等式得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $