精品解析：福建省福州恒一高级中学2025-2026学年高三上学期半月考A9数学试题

2025－2026学年第一学期福州恒高半月考A9 数学试题 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 设集合，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可. 【详解】因为，则有： 若，解得，此时，，不符合题意； 若，解得，此时，，符合题意； 综上所述：. 故选：B. 2. 在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的乘法运算，整理其为标准式，结合复数的几何意义，可得答案. 【详解】， 其在复平面内所对应的点的坐标为，位于第四象限. 故选：D. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇偶性和的正负，排除错误选项，得到正确选项. 【详解】的定义域是， 因为，所以是奇函数，排除CD， 因为，排除B， 故选：A. 4. 中国象棋是一种古老的棋类游戏，大约有两千年的历史，是中华文明非物质文化的经典产物.如图，棋盘由边长为1的正方形方格组成，已知“兵”“马”“炮”“帅”分别位于A，B，C，D四点，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合向量的线性运算，利用数量积定义直接求解即可. 【详解】如图： 可知， 故. 故选：A. 5. 已知正项等比数列的前3项和为21，且，则（ ） A. 6 B. 4 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设数列公比为，由等比数列通项公式及题意可得答案. 【详解】设数列公比为，则， ，因， 则（负舍）. 故选：A 6. 已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 【答案】C 【解析】 【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解． 【详解】如图，设，分别延长交于点，此时， 连接交于，连接， 设平面与平面的交线为，则， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，设，则， 此时，故，连接， 所以五边形为所求截面图形， 故选：C． 7. 已知四棱锥，底面是边长为的正方形，侧面底面，且为正三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用面面垂直的性质证得平面，平面，再结合正弦定理求得三角形外接圆的半径及勾股定理求得四棱锥外接球的半径，进而求得其表面积. 【详解】如图所示， 连接交于点，取中点，连接， 则由题意知，， 为正方形外接圆的圆心，又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面，同理平面， 设等边的外接圆圆心为，过作的平行线交过且与平行的线于点， 则平面，面，所以为四棱锥外接球的球心， 设球的半径为，在等边中由正弦定理得，解得， 又因为，所以， 所以四棱锥外接球表面积为. 故选：C 8. 设函数，，若存在，，使得，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得，即可得到，构造函数，求导得其最值，即可得到结果. 【详解】由题意可得，即， 所以， 又，所以在上单调递增， 即，所以， 且， 令，， 则，其中， 令，则， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以当时，有极大值，即最大值， 所以，， 所以. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题主要考查了函数同构问题以及导数求最值问题，结合同构函数，然后构造函数求导即可得到结果. 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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 函数的最小正周期为，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. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 存在实数使得 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出，对于A，计算的值即可判断；对于B，计算的值即可判断；对于C，先计算得，接着计算，再由和平面且结合锥体体积公式即可计算求解；对于D，由计算求出即可得解. 【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 对于A，，故与不垂直，故A错误； 对于B，， 所以直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，由上，所以， 所以即，又， 所以， 因为，又由正方体性质可知平面即平面， 所以，故C错误； 对于D，若存在实数使得， 则， 所以，所以，故D正确. 故选：BD. 【点睛】思路点睛：建立坐标系解决立体几何中的问题是一种常用方法，它的思维量小，计算量虽多但是计算简单，解法直接自然和简单，本题根据正方体的结构特征建立了空间直角坐标系，接着计算所需向量坐标，从而根据各个问题的向量法理论公式直接计算即可判断求解. 11. 函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先对函数求导，结合导数确定极值点，然后结合三角函数的性质分别检验各选项即可判断. 【详解】由，令，得或，， 由正弦函数的图象和性质可得函数的极值点为或，， 又，则，，，，…， 对于A，数列的奇数项成首项为，公差为的等差数列，偶数项成首项为，公差为的等差数列，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C， ， ，故C正确； 对于D，由，则，故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线是曲线的一条切线，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解. 【详解】法一：对于，其导数为， 因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2， 令，即，解得， 将代入切线方程，可得， 所以切点坐标为， 因为切点在曲线上， 所以，即，解得. 故答案为：. 法二：对于，其导数为， 假设与的切点为， 则，解得. 故答案为：. 13. 在函数的图象与直线的交点中，任取两点与原点组成三角形，这些三角形的面积的最小值为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，且，根据已知及余弦型函数的对称性有，再由，，即可求参数值. 【详解】原点到直线的距离为，设交点，，且， 由，即， 点，相邻，且在的一条对称轴两侧时，， 此时，，，两式相减，得， 所以． 故答案为： 14. 如图，△是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若，，那么______；点M为线段CE上的动点，则的最小值为______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】由已知条件及、，利用向量数量积的运算律及线段的位置关系求，若，则且，应用向量数量积的运算律有，结合二次函数性质求最值. 【详解】由题设，且，， 所以 ； 由题设，则， 若，则且， 所以， 当时，的最小值为. 故答案为：， 【点睛】关键点点睛：利用图形中的线段关系及向量加法的几何意义，并应用向量数量积的运算律将、作转化. 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，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角； （2）若的面积为，，求边上的高. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，结合三角形的性质即可求出角； （2）利用余弦定理结合三角形的面积即可求出边上的高. 【小问1详解】 由正弦定理得：， 在三角形中， 即， 即， 因为，所以，即，而， 所以，所以，所以. 【小问2详解】 由的面积为，得，即，所以. 由余弦定理得， 得，所以，又，所以， 故边上的高为. 16. 已知数列满足：. （1）求数列的通项公式． （2）记，数列的前项和．若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由，时，得到，时，，与已知式子作差求； （2）利用裂项相消法求出，由的范围解决恒成立问题，根据不等式求实数的取值范围. 【小问1详解】 因为①， 当时，， 当时，有②， ①②得：，所以， 经检验符合上式，所以，， 【小问2详解】 ， 所以， 因为， 所以不等式恒成立，则， 解得：或. 故实数的取值范围为. 17. 如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． （1）证明：平面； （2）若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：取中点，连接． 因为是正三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面平面，所以平面． 因为四边形为正方形，所以． 又因为平面平面，所以平面． 又因为平面平面，所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2）存在点，使得平面与平面的夹角为60°，此时 【解析】 【分析】（1）证明平面平面，即可得到平面； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为且，所以四边形为梯形， 延长交的延长线于． 平面，所以平面． 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，， 设平面的法向量为， 则，即，令，可得， 设，则， 设平面的法向量为， 则，即 令，可得， 则， 解得， 故． 18. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）证明：； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1） 由，可得， 当时，，即函数在上为增函数； 当时，由，解得， 当时，，当时，， 故函数在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，函数在上为增函数； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2） 因函数的定义域为，， 令，则， 即函数在上单调递增，当时，，且， 故存在，使，则得. 当时，，即，故函数在上单调递减； 当时，，即，故函数在上单调递增. 故， 因，故得，即，故. （3） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，根据参数的取值，分类讨论导函数的正负，即得函数的单调性； （2）求导得，设，得函数在上单调递增，利用零点存在定理，得到存在，满足，推得的单调性，即得 ，从而证得结论； （3）由转化为，设，求得，再设，判断其单调性得到，即得参数的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由可得，即， 设，则，故函数在上单调递增，则. 再设，则， 当时，，故函数在上单调递减； 当时，，故函数在上单调递增， 故，故得，即的取值范围是. 19. 对于，若数列满足，则称这个数列为“K数列”． （1）已知数列1，2m，是“K数列”，求实数m的取值范围． （2）是否存在首项为的等差数列为“K数列”，且其前n项和使得恒成立?若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． （3）已知各项均为正整数的等比数列是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由． 【答案】（1） （2） 不存在．理由如下： 假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则， 由得． 由题意，得对均成立，即． 当时，； 当时，恒成立， 因为，所以，与矛盾， 所以这样的等差数列不存在． （3）不是，理由如下： 设数列的公比为q，则． 因为的每一项均为正整数，且， 所以在中，为最小项. 同理，中，为最小项. 由为“K数列”，只需，即． 又因为不是“数列”，且为最小项， 所以，即． 由数列的每一项均为正整数，可得， 所以或． 当时，，则． 令，则， 又， 所以为递增数列，即， 因为， 所以对于任意的，都有，即数列为“K数列”． 当时，，则． 因为，所以数列不是“K数列”． 综上所述，当时，，数列为“K数列”； 当时，，数列不是“K数列”． 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，且，，再解不等式组即可； （2）首先假设存在等差数列符合要求，从而得到成立，再分类讨论和的情况，即可得到答案； （3）首先设数列的公比为q，则，根据题意得到，从而得到为最小项，同理得到为最小项，再利用“数列”的定义得到，或，，再分类讨论即可得到答案. 【小问1详解】 由题意得，且，解得， 所以实数m的取值范围是． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：需要根据题中所给的“K数列”满足的条件，分析数列满足的关系式再进行列式分析，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025－2026学年第一学期福州恒高半月考A9 数学试题 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 设集合，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 2. 在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 中国象棋是一种古老的棋类游戏，大约有两千年的历史，是中华文明非物质文化的经典产物.如图，棋盘由边长为1的正方形方格组成，已知“兵”“马”“炮”“帅”分别位于A，B，C，D四点，则（ ） A. B. C. 2 D. 5. 已知正项等比数列的前3项和为21，且，则（ ） A. 6 B. 4 C. D. 2 6. 已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 7. 已知四棱锥，底面是边长为的正方形，侧面底面，且为正三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，，若存在，，使得，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 函数的最小正周期为，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 10. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 存在实数使得 11. 函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线是曲线的一条切线，则_________. 13. 在函数的图象与直线的交点中，任取两点与原点组成三角形，这些三角形的面积的最小值为，则________． 14. 如图，△是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若，，那么______；点M为线段CE上的动点，则的最小值为______． 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. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角； （2）若的面积为，，求边上的高. 16. 已知数列满足：. （1）求数列的通项公式． （2）记，数列的前项和．若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围. 17. 如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． （1）证明：平面； （2）若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 18. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）证明：； （3）若，求的取值范围． 19. 对于，若数列满足，则称这个数列为“K数列”． （1）已知数列1，2m，是“K数列”，求实数m的取值范围． （2）是否存在首项为的等差数列为“K数列”，且其前n项和使得恒成立?若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． （3）已知各项均为正整数的等比数列是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $