精品解析：福建省厦门第六中学2026届高三上学期11月阶段检测数学试题

厦门六中2025-2026学年上学期高三11月阶段检测 数学 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则　　 A. B. C. D. 3. 设，向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 5 4. 一个扇形的面积和弧长的数值都是2，则这个扇形中心角的弧度数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 5. 如图，为等边的重心，为边上靠近的四等分点，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的定义域为，为偶函数，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 7. 已知正实数满足，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足，数列满足，其中，则数列的前2025项和为（ ） A. 2025 B. 2023 C. D. 0 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知数列中，，，，其前项和为，则（ ） A. B. C. 当取最小值时， D. 数列的前项和为 10. 如图，四边形ABCD为正方形，平面平面CDF，，，，，且．记三棱锥，，的体积分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 在中，内角，，的对边分别为，，，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知各项均为正数的等比数列满足，，则__________. 13. 将函数y=的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是____. 14. 已知正方体的棱长为2，为棱上的一点，且满足平面平面，则平面截四面体的外接球所得截面的面积为________. 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. 已知数列的前项和为，且. （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前项和. 16. 已知函数 （1）求的最大值 （2）若恒成立，求的值 17. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰祶形，，为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值． 18. 在中，角的对边分别为，，点为边上一点． （1）求角的大小； （2）若是的角平分线，，的周长为19，求的长度； （3）若是边上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围． 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）当时， （i）证明：在上存在唯一极小值点和唯一零点； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门六中2025-2026学年上学期高三11月阶段检测 数学 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合后结合交集的定义可求. 【详解】，又， 故. 故选：D. 2. 若，则　　 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的除法法则计算可得． 【详解】解：， ， 则， 故选：． 3. 设，向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先由求得，再求出，再求模长即可. 【详解】由可得，解得，则，. 故选：D. 4. 一个扇形的面积和弧长的数值都是2，则这个扇形中心角的弧度数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据扇形面积和弧长公式计算即可得出结果. 【详解】设扇形中心角的弧度数为，半径为， 由题意可知，扇形面积，弧长， 解得， 即扇形中心角的弧度数为1. 故选：D 5. 如图，为等边的重心，为边上靠近的四等分点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形重心的性质和点满足的条件，将和用和表示，结合图形可得，将其用和表示，对比两式求出和即可. 【详解】∵为等边的重心， ∴， ∵为边上靠近的四等分点， ∴， 由图知，； 又∵ ∴ ∴ 故选：C 6. 已知函数的定义域为，为偶函数，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数的定义，结合已知等式判断函数的周期性，利用函数周期性和代入法进行求解即可； 【详解】因为为偶函数， 所以有， 由， 则有， 所以函数的周期为， 在中，令， 得， 因为函数的周期为， 所以， 故选：B 7. 已知正实数满足，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意构造函数，结合指数函数单调性以及定点画出函数图象即可得解. 【详解】由题意， 所以令， 所以问题等价于比较的图象分别与的图象三个交点横坐标的大小关系， 而均过点， 则由指数函数单调性可知，的图象分别与的图象三个交点横坐标如图所示： 则. 故选：A. 8. 已知数列满足，数列满足，其中，则数列的前2025项和为（ ） A. 2025 B. 2023 C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】由的规律，从而得到的规律，则数列四项之和为，即可求解. 【详解】因为，所以，， ，，， 所以， 所以，，，，，， ，所以数列四项之和为， 故数列的前项和为. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知数列中，，，，其前项和为，则（ ） A. B. C. 当取最小值时， D. 数列的前项和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题可知，数列首项，公差的等差数列，利用等差数列通项公式和前项和公式求得即可判断ABC选项，根据，利用裂项相消法可求. 【详解】，即， 所以数列首项，公差的等差数列， ，故A正确； ，，故B正确； 当时，取最小值，故C错误； ， ，故D正确； 故选：ABD. 10. 如图，四边形ABCD为正方形，平面平面CDF，，，，，且．记三棱锥，，的体积分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意几何体补形为正方体，再计算相关体积得出关系即可. 【详解】由已知，将几何体补形为正方体，如图，设该正方体的棱长为1， 则， ， ， 所以，． 故选：AC. 11. 在中，内角，，的对边分别为，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由得，对于A，由角即可判断得解；对于B，分析得出矛盾进而得，结合诱导公式即可得解；对于C，由和结合二倍角公式和诱导公式求出角A、B、C即可得解；对于D，结合选项C利用正弦定理即可得解. 【详解】因为，所以， 对于A，若，则，故A错误； 对于B，若角，则由及得及，不符合， 故角，则由及得， 所以即，故B正确； 对于C，由上， 所以由得，整理得， 解得或，由得，故， 所以，，故，故C正确； 对于D，因为即，所以由正弦定理，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：对于选项C，可知是探究角A与角C的关系，所以应将已知条件代入等量关系中再切化弦，接着结合二倍角公式和诱导公式进行运算和转化求出角A，进而可依据已知条件求出角B、C即可得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知各项均为正数的等比数列满足，，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由等比数列通项公式化简等式求公比，然后由等比数列通项公式变形求出. 【详解】设正项等比数列的公比为， 则，所以， 所以． 故答案为： 13. 将函数y=的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是____. 【答案】## 【解析】 【分析】先根据图象变换得解析式，再求对称轴方程，最后确定结果. 【详解】 当时 故答案为： 【点睛】本题考查三角函数图象变换、正弦函数对称轴，考查基本分析求解能力，属基础题. 14. 已知正方体的棱长为2，为棱上的一点，且满足平面平面，则平面截四面体的外接球所得截面的面积为________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意证得是的中点，由四面体的外接球的直径为，得到半径，设是外接球的球心，求得球心到平面的距离，根据球的截面圆的性质，求得截面圆的半径的平方，进而求得截面圆的面积. 【详解】在正方体中，设平面平面，且平面， 由平面平面，可得，所以是的中点， 由可得四面体的外接球的直径为，可得半径， 设是的中点即球心，球心到平面的距离为，又设与的交点为， 则，， 则，截面圆的半径的平方， 所以截面圆的面积为. 故选：A 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. 已知数列的前项和为，且. （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） 在数列中，，当时，， 两式相减得， 整理可得，即， 而，解得，则， 所以是首项为3，公比为3的等比数列. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用，结合等比数列的定义推理证明. （2）由（1）的结论，利用错位相减法求和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，故， 则， ， 两式作差可得， 所以. 16. 已知函数 （1）求的最大值 （2）若恒成立，求的值 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导求解单调性即可求出最值； （2）要使成立必须，求单调性求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 由得；得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 故，即. 【小问2详解】 要使成立必须， 因为，所以当，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以，所以满足条件的只有，即. 17. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰祶形，，为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】（1）取的中点为，连接， 由是边长为2的等边三角形，是以的等腰三角形， 所以，，， 所以，， 所以， 所以平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，即证，利用面面垂直的判断定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，由向量的数量积为0，确定的轨迹，再由最小值确定其位置，得其坐标，最后由利用夹角公式即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 当点是内一动点，且，则点在以为直径的圆上， 当线段的长最小时，点在与圆的交点处，所以， 所以， 设直线与直线所成角为， 所以， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 18. 在中，角的对边分别为，，点为边上一点． （1）求角的大小； （2）若是的角平分线，，的周长为19，求的长度； （3）若是边上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由，利用正弦定理与两角和的正弦公式可得，从而知角的大小； （2）先利用余弦定理推出，再结合，并利用三角形的面积公式，求解即可； （3）由题知，将其两边平方化简可得，再利用正弦定理化边为角，并结合三角恒等变换公式，推出，然后根据角的取值范围和正弦函数的性质，求解即可． 【小问1详解】 由 ， 由正弦定理知， ， 所以，即， 因为，所以， 又，所以． 【小问2详解】 因为，且，所以， 在中，由余弦定理知，， 所以， 所以 ， 因为为角的角平分线， 所以 ， 又， 所以， 即， 所以， 所以 ． 【小问3详解】 因为是边上靠近点的一个三等分点， 所以，所以， 又，， 所以， 由正弦定理得，， 所以 ， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以， 所以， 即实数的取值范围为． 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）当时， （i）证明：在上存在唯一极小值点和唯一零点； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）证明：由（1）知，令，对求导得. 则在上单调递增， . 根据零点存在定理，存在，使得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增； . 根据零点存在定理，存在，使得； 当时，， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在上存在唯一极小值点. ， 根据零点存在定理，存在，使得. 所以在上存在唯一零点. （ii）证明：令， 对求导得， 因为，，所以. 所以，即在上单调递增， 因为是极小值，在上单调递增， 所以，即. 因为在上单调递增，所以. 综上，. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，求出函数在切点处的函数值和导数值，根据切线方程即可求出参数. （2）（i）对函数两次求导，判断单调性，根据零点存在定理确定极小值和零点；（ii）构造新函数，进行化简，求导，判断单调性，进而证之. 【小问1详解】 已知，则， 对求导得，则. 因为曲线在点处的切线方程为，所以切线斜率为1， 即，所以，解得. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $