福建省七市2025-2026学年高三上学期1月质量检测数学预测卷

福建省七市2025-2026学年高三上学期1月质量检测 · 数学预测卷 本试卷共5页，19小题，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5mm碳素黑中性笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1．已知复平面内，对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知集合，，则= A． B． C． D． 3．双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 4．如图，在四棱锥中，底面为正方形，且,其中，，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论：①；②；③面；④面， 其中恒成立的为（    ） A．①③ B．③④ C．①④ D．②③ 5．已知随机变量，且，则的展开式中常数项为（    ） A． B． C．240 D．60 6．已知，若，则（    ） A． B． C． D． 7．已知抛物线C：（）的焦点为F，直线l与C相交于A、B两点，与y轴相交于点E．已知，，若的面积是面积的2倍，则抛物线C的方程为（    ） A． B． C． D． 8．函数、分别是定义在上的偶函数、奇函数，且，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为（    ） A．4 B． C．8 D． 二、选择题：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．已知向量，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若取得最大值，则 D．若，则在上的投影向量为 10．在研究某种产品的零售价（单位：元）与销售量（单位：万件）之间的关系时，根据所得数据得到如下所示的对应表： 12 14 16 18 20 17 16 14 13 11 利用最小二乘法计算数据，得到的回归直线方程为，则下列说法中正确的是（    ） A．与的样本相关系数 B．回归直线必过点 C． D．若该产品的零售价定为22元，可预测销售量是万件 11. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，过且倾斜角为的直线与双曲线的左右两支分别交于点，直线交双曲线于另一点，连接，，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ABCD—A1B1C1D1是棱长为2的正方体，E为AA1的中点，点F 在CC1上（不与C、C1重合），三棱锥A-D1EF 的体积为 ，当F 为CC1的中点，几何体AED1FCD 的体积为 . 13．已知函数，其中，是这两个函数图像的交点，且不共线.①当时，面积的最小值为 ；②若存在是等腰直角三角形，则的最小值为 . 14．将甲，乙，丙，丁，戊五名志愿者分配到四个特殊家庭开展帮扶，每个家庭至少安排一名志愿者，则志愿者甲恰好被安排在家庭的不同安排方法数有__________种. 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，角的对边分别为，且． （1）求的大小； （2）若，，求的面积． 16．如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.    (1)求证：平面平面. (2)求二面角的余弦值. (3)为平面内一点，若平面，求的长. 17．已知椭圆的短轴长2，离心率为 分别是C的左、右顶点，F是C的右焦点. (1)求C的方程; (2)设P是椭圆C上异于顶点的动点，点B在直线上，且，直线PB与x轴交于点Q.证明： 18．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)设，分别为的极大值点和极小值点，记，． （ⅰ）证明：直线AB与曲线交于另一点C； （ⅱ）在（i）的条件下，判断是否存在常数，使得．若存在，求n；若不存在，说明理由． 附：，． 19．若数列对于任意的，满足（为非零常数），称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”，数列是“型数列”，且. (1)求数列的通项公式； (2)设是数列的前项的和，求数列的前项的和； (3)若，是否存在实数，使得数列为“型数列”？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 答案与解析 1．B 【分析】设，然后对化简，结合对应的点位于虚轴的正半轴上可求出的范围，从而可求出复数对应的点所在的象限 【详解】设，所以， 则，即， 所以，，故该点在第二象限， 故选：B． 2．D 【分析】先将集合化简，再求. 【详解】由已知得 ， 则 ， 故选：D. 3．A 【解析】根据双曲线的方程求出的值,代入渐近线方程即可. 【详解】因为双曲线, 所以, 因为双曲线的渐近线方程为, 所以所求的渐近线方程为. 故选:A 【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程的求解;属于基础题. 4．A 【详解】分析：如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN． （1）由正四棱锥S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，进而得到SO⊥AC．可得AC⊥平面SBD．由已知E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，利用三角形的中位线可得EM∥BD，MN∥SD，于是平面EMN∥平面SBD，进而得到AC⊥平面EMN，AC⊥EP;（2）由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，因此不可能EP∥BD；（3）由（1）可知：平面EMN∥平面SBD，可得EP∥平面SBD；（4）由（1）同理可得：EM⊥平面SAC，可用反证法证明：当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直． 详解： 如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN． 对于（1），由正四棱锥S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC． ∵SO∩BD=O，∴AC⊥平面SBD，∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN=N， ∴平面EMN∥平面SBD，∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP．故正确． 对于（2），由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EP∥BD，因此不正确； 对于（3），由（1）可知：平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此正确． 对于（4），由（1）同理可得：EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM=E相矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．即不正确． 故选A． 点睛：本题考查了空间线面、面面的位置关系判定，属于中档题．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断.还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断. 5．D 【分析】根据正态分布的性质求出，再写出二项式展开式的通项，令，求出，再代入计算可得； 【详解】解：因为，所以所对应的正态曲线关于对称， 因为，所以，所以， 其中展开式的通项为， 令，解得，所以， 即展开式的常数项为； 故选：D 6．A 【分析】利用给定条件得到，再结合二倍角公式和同角三角函数的基本关系化简，得到，再利用正切函数的周期性得到，再代入原式中结合诱导公式求解即可. 【详解】因为， 所以（*）， 因为，所以，即， 此时，得，， 故由（*），， ， 即，因的周期为，， 故，， 化简得，而， 则. 故选：A． 7．B 【分析】过分别作的准线的垂线交轴于点，根据抛物线定义可得，，再由即可求参数，进而可得抛物线方程. 【详解】如图，过分别作的准线的垂线交轴于点， 则，故， 因为的准线为，所以，， 所以，解得， 故抛物线C的方程为. 故选：B. 8．B 【解析】由奇偶性求出， 【详解】∵，① ∴，又函数、分别是定义在上的偶函数、奇函数， ∴，② 由①②得，， 不等式为，（*）， 设，这是一个增函数，当时，， （*）变为，， 若存在，使不等式成立，则为： 存在，使成立， 由于，当且仅当，即时等号成立，∴的最小值是． ∴． 故选：B. 【点睛】本题考查函数的奇偶性，考查不等式“能”成立问题．解题方法也是分离参数法，把问题转化为求函数的最值． 9．ABD 【分析】A选项，由向量垂直数量积为0建立等式，解得的值；B选项，由向量平行坐标交叉相乘相等建立等式，求得的值；C选项，列出，由三角函数得到最大值点，即求得的值；D选项，将的值代入，由投影向量的公式即可求得结果. 【详解】对于A，若，则，则，解得，所以A正确； 对于B，若，则，所以，解得，所以B正确； 对于C，， 当，即时，取最大值，所以C错误； 对于D，若，则，所以在上的投影向量为，所以D正确. 故选：ABD. 10．BCD 【分析】对于A，根据相关系数的公式的特点即可求解； 对于B，C，根据已知条件，求出变量与的均值，再利用线性回归直线方程过样本中心， 即可得出回归方程，进而可以求解； 对于D，将代入该线性回归方程中即可求解. 【详解】由表中数据可知 ， ， 对于A，根据相关性系数的公式为， 故相关系数的正负取决分子 故A不正确； 对于B,C，由变量与的均值，得样本点的中心为， 所以样本点的中心必过线性回归方程，故B正确； 将代入中，得，解得， 所以，故C正确； 因为，所以回归直线方程为， 当时，， 所以该产品的零售价定为22元，可预测销售量是万件，故D正确. 故选：BCD. 11．AB 【分析】确定直线方程，计算交点坐标，得到，A正确，根据两点间距离公式得到，B正确，计算，C错误，计算到两直线的距离不相等，D错误. 【详解】双曲线的右焦点为，直线 联立，解得 根据对称性知 对选项A，故，A正确； 对选项B：，故，B正确； 对选项C， ，C错误； 对选项D，而，所以， 由角平分线定理可知：， （另解：直线到的距离为到的距离为， 两者不相等，），D错误 故选：AB. 【点睛】由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法， （1）若，采用累加法； （2）若，采用累乘法； （3）若，可利用构造进行求解； 12． 【分析】根据给定条件，利用等体积法求解三棱锥的体积．根据割补法，将几何体分解为三棱柱和三棱锥，即可由体积公式求解. 【详解】在正方体中，棱长为2，为的中点， 则， 为上一点，而平面，平面， 则点到平面的距离为长， 所以三棱锥的体积． 取的中点为，连接, 由于均为棱的中点，由正方体的结构特征可知为直三棱柱，故几何体 可以分割为三棱柱和三棱锥， 故几何体体积为, 故答案为：，    13． 【分析】①利用函数的图象和性质的应用求出三角形的底和高，进一步求出三角形的面积； ②利用等腰直角三角形的性质的应用求出的最小值． 【详解】函数，其中，是这两个函数图象的交点， 当时，． 所以函数的交点间的距离为一个周期，高为． 所以：． 如图所示： ①当时，面积的最小值为； ②若存在是等腰直角三角形，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半， 则， 解得的最小值为． 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象和性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 14． 【分析】按照家庭被分配到一人或两人，进行分类讨论. 【详解】由题可分以下两种情形： ①家庭只有志愿者甲，另外人分配到其他的个特殊家庭，每个家庭至少安排一名志愿者，此时有种； ②家庭除了甲还有另一名志愿者，另外人分配到其他个特殊家庭，每个家庭至少安排一名志愿者，此时有种. 故志愿者甲恰好被安排在家庭共有种不同安排方法. 故答案为：. 15．（1）；（2） 【分析】（1）由，利用正弦定理将边转化为角得到，再由三角形内角和定理和诱导公式有，代入上式化简得到 求解. （2）根据，，，利用余弦定理求得，然后代入公式求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得，， 由三角形内角和定理和诱导公式可得， ， 代入上式可得，， 所以． 因为，所以，即． 由于，所以． （2）因为，， 所以由余弦定理， 得， 解得或（舍）. 所以. 【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理以及两角和与差的三角函数，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用余弦定理先证，由面面垂直的性质得出，结合勾股定理及线面垂直的判定证明平面即可； （2）法一、利用二面角的定义结合第一问得出二面角的一个平面角，再由余弦定理计算即可；法二、以B为中心建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可； （3）法一、利用线线垂直、线面垂直的性质与判定作出平面，解三角形即可；法二、利用（2）的坐标系，设坐标结合空间向量基本定理及空间向量数量积计算求G点坐标即可. 【详解】（1）    连接，在中，， ， 则，，， 平面平面，，平面平面， 平面，平面，所以， 在中，, 又， ∴， 在中：，∴， 又，平面， 平面，且平面， 平面平面. （2）法一、由上可知：，则二面角的一个平面角为， 在中，由余弦定理知； 法二、如图建系：设轴与交于，过P作与E， 设，则，    ∴， ， 解之得， 易知，所以， 则， 设为平面的一个法向量，则：， 令，则，所以， 易知是平面的一个法向量， 设二面角的一个平面角为，则， 由图形可知该二面角为钝角，所以； （3）法一：过作，垂足为，过作， 在中，过作，过作， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 而平面，所以平面，即G为所求. 分别延长交于，连接， 过作，由（1）易知，平面， 平面，    ∴，设，， ∴，则，设，    在平面内，由几何关系知， 所以； 法二：取（2）的坐标系，则，，，设，所以， 又：，即， 17．(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据短轴长、离心率及椭圆参数关系求参数，即可得方程； （2）设，且，利用向量垂直的坐标表示得，写出直线求得，利用两点距离公式及分别得到、，应用作差比较大小. 【详解】（1）由题设，可得，则椭圆方程为； （2）由（1），设，且， 所以，，则，即， 由，令，则，即， 所以， 又， 结合，， 则， ， 所以，即得证. 18．(1)在，单调递增，在单调递减 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在， 【分析】（1）对求导后利用导数从而可求解； （2）（ⅰ）求出直线的方程，然后与联立得，构造函数，再利用导数求解有个零点即可求解；（ⅱ）中由（ⅰ）可得，假设存在，则，从而可求得，再构造函数，再利用导数求出的零点，从而可求解. 【详解】（1）因为， 则， 令得或， 当与时，； 当时，； 所以在，单调递增，在单调递减． （2）由（1）得，， （ⅰ）直线的方程为，即， 由，得， 设，则， 令得， 当时，；当时，； 所以在单调递减，在单调递增， 因为，，， 所以有且仅有2个零点，，其中， 这表明方程的解集为， 即直线AB与曲线交于另一点C，且C的横坐标为， （ⅱ）由（ⅰ）得，即， 假设存在常数，使得，则， 所以，代入可得． 设，则．令得． 当时，；当时，． 所以在单调递减，在单调递增． 因为，，， 所以存在唯一的，使得． 此时． 因此，存在常数，使得，且． 【点睛】关键点点睛：（2）问中先求出直线的方程，然后将方程与函数联立后求得关于等式，然后构造函数，再利用导数求得构造函数的单调性及函数的零点，从而可求解. 19．(1)， (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据题意，，所以数列是等差数列，可得通项公式，，当时和当时，分别求解，可得数列是以1为首项，2为公比的等比数列； （2）设，利用并项求和法得解； （3）利用错位相减法求得，假设存在实数，使得数列为“型数列”，则，利用待定系数法得到方程组，求解即可. 【详解】（1）因为为“型数列”，所以， 即，所以数列是等差数列， 又，所以的公差为， 故数列的通项公式为. 因为数列是“型数列”，所以， 则，两式相减，得， 当时，，所以， 由得，， 当时，，所以， 综上可得， 故数列是以1为首项，2为公比的等比数列，因此. （2）由（1）可得，， 设， 当为正奇数时，， 故数列的前项的和为 . （3）由，得，① 所以，② 由①－②，得， 所以， 则， 假设存在实数，使得数列为“型数列”，则， 即， 整理得， 所以解得，不满足为非零常数， 因此不存在实数，使得数列为“型数列” 学科网（北京）股份有限公司 $