福建省福州第一中学2026届高三上学期第四次质量检测（12月）数学试卷

福州一中2026届高三第一学期第四次质量检测 数学学科试卷 (完卷120分钟满分150分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.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.“集合A、B满足：A∩B=B”的一个充要条件是() A.ASBB.AC(A∩B) C.AUB=B D.AUB=A 2.如果a<b<0,那么下列式子中一定成立的是() 11 A.a2>ab B.a2<b2 D. a b 3.已知a+=a-,且a+五在6上的投影向量为() A.-b B.6 c.a D.-a 4.已知函数y=f(x)的图象如图所示，则此函数可能是() A.f(x)= cOSx B.f(x)= coSx 2*-2 2x-2x sinx C.f(x)= 2x-2 D.f(x)= sinx 2x-2x 5.将函数y=tan 2 2x+ 的图象向左平移m(m>0)个单位长度后，所得的图象 3 关于原点对称，则m的最小值为() 兀 A. B. C. D. 12 6 3 6.已知定义在[1-m,2m-3]上的偶函数f(x),且当x∈[0,2m-3]时，f(x)单 调递减，则关于x的不等式f(x-2)>f(3x-2m)的解集是() A.(n.c. D 7.将自然数1,2,3,4,5，.按照如图排列，我们将2,4,7,11,16，..称为 拐弯数”，则下列数字是拐弯数的是（) 101 A.36 B.58 3 C.67 D.78 157 6 8.已知c0s(40°-8)+cos(40°+θ)+c0s(80°-θ)=0，则tan6=() A.√5 B.V c.5 D.-5 3 3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计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，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.设1,2均为复数，下列命题中正确的有（) A.21+22=21+22 B.312+3122∈R C.若名=i运2，则1-2=+2 D.若51-52=51+52，则322=0 10.如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，P为棱BB,的中点，点O满 足C2=CB+uCC,（2∈0,1]，u∈[0,1)则下列说法中正确的是() A.AC⊥平面APD B B.若D2=2W2,则动点Q的轨迹长度为π 若元+“=，则四面体DPO4的体积为定儈 B D.若M为正方形ADD4的中心，则三棱锥M-ABD外接球的体积为64V2 3 11.设f'(x)是函数f(x)的导数，若f"'(x)>0,且对任意的x1、x2∈R(x≠x,), 有(x)-<)小2f5号5)，则下列各项正确的是（) A.f(1)<f(2)<f(3) B.f'(1)<f'(2)<f'(3) C.f'(3)<f(3)-f(2)<f'(2) D.f'(1)+f'(3)<2f'(2) 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分 12.奥两数f)2xc(0,2,f(国)的年润选减K同为 13.将数列{2n-1}与数列3n-2}的公共项从小到大排列得到新数列{a,},则 1 台a,ae1 14.甜品店推出一款巧克力酸奶杯，如图所示，在装满酸奶的 圆台形杯具内有半径分别为lcm和2cm的两个巧克力球，巧 克力小球与杯底和杯壁均相切，大球与小球、杯壁、杯盖均相切 则杯具中酸奶的体积为 cm3. 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.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=5,Sg=99 (1)求{an}的通项公式： (2)设bn=2+an,求数列{bn}的前n项和Tn: 16.某景区有一人工湖，湖面有A,B两点，湖边架有直线型栈道CD,长为50m, 如图所示.现要测是A,B两点之间的距离，工作人员分别在C,D两点进行测量， 在C点测得∠ACD=45°，∠BCD=30°：在D点测得∠ADB=135°，∠BDC=120°. (A,B,C,D在同一平面内) B (1)求A,B两点之间的距离： (2)判断直线CD与直线AB是否垂直，并说明理由， 17.已知函数f(x)=cosx+xsnx. ππ (1)判断f(x)在区间 2’2 的单调性； (2)证明：当xe[0,+o)时，f(x)≤e: π ③)证明：8(x,)=f)-cosx-1在行，元上有且只有一个零点 18.如图，几何体是由等高的半个圆柱和二个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点 (I)证明：BF⊥平面BCG; ②若AB=2,且点E到平面ABG的距离为SN5 E (I)求AD: B (I)若P是劣弧FB上的动点，Q是半圆弧AB上的动点， 求直线AP与直线DQ所成角余弦值的最大值， 19.已知函数f()=n(x+2),数列{an}满足：a1=1,当neW时，aH=f(an) (1)若g(x)=af(x)-x在[1，+o)上单调递减，求a的取值范围； (2)证明：存在x,∈R,使得对于任意的n∈N广，有an<,; (3)证明：对于任意的b>0,存在meN*,使得当n>m时，有a1-an<b, 福州一中2026届高三第一学期第四次质量检测 答案及评分标准 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，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. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A B B A C C D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计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 题号 9 10 11 答案 ABC BC AC 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 2元4元 12 13. 10 61 14.9元 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.（13分) (1)设等差数列{an}的公差为d. a+d=5, 由题意可得 9x8 2分 9a+ d=99 解得a1=3,d=2, …4分 则an=a+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1.… …6分 (2)由(1)可知an=2n+1,则bn=22m1+2n+1, 故Tn=b+b2+b,++b,=(23+3)+(2+5)+(2+7）++(22m1+2n+1) =(23+2+27++22m1）+(3+5+7+…+2n+1)…8分 23×(1-4）(3+2n+1)n 1-4 2 22m+3+3n2+6n-8 .…13分 3 16.(15分) (1)依题意，∠ACD=45°，∠BCD=30°，∠ADB=135°，∠BDC=120°， 所以∠ADC=360°-135°-120°=105°，∠CAD=180°-45°-105°=30°， ∠CBD=180°-120°-30°=30°=∠BCD,… …2分 所以BD=CD=50,… …3分 在三角形ACD中，由正弦定理得 AD CD 50 ,AD=50V2, sin45°sin30° in30 …5分 在三角形ABD中，由余弦定理得 AB=502+(502}-2x50×50W5xcos1350=50/5m.7分 (2)直线CD与直线AB不垂直，理由如下：…9分 cos105°=cos(60°+45）=60s360°cos45°-sin60sin450-V5-V6 4 …11分 DC.AB=DC.DB-DA=DC.DB-DC.DA =50x50×cos120°-50x50W2xcos105° =1250W3-2500≠0，…15分 所以直线CD与直线AB不垂直， 17.(15分) (1)由题可得f'(x)=-sinx+sinx+cosx=cosx,…1分 当-元<x<0时，f'(x)<0,f()单调递减： 当0<x<元时，f(x)>0,f(x)单调递增： 所以)在05 单调递增，在 单调递减…3分 (2)证明：令p(x)=e-（x+1),p'(x)=e-1, p'(x)在R上单调递增，且p'(0)=0, 当x<0时，p'(x)<0,p(x)单调递减： 当x>0时，p(x)>0,p(x)单调递增： 所以p(x)mn=p(O)=0,即e≥(x+1) …5分 因为sinx≤1，x>0,所以xsnx≤x 所以f(x)=cosx+xsinx≤l+x≤e… …8分 g'(x)=sinx+xcosx,g"(x)=cosx+cosx-xsinx=2cosx-xsinx,....9 当x∈ 时，cosx<0,xsinx>0, 所以g"0,8)在8x 上单调递减 因为g10,8()-<0 由零点存在定理得，存在∈ 使得g()=0…12分 所以当元<x<时，g(x)>0,g(x)单调递增： 2 当x。<x<n时，g(x)<0,g(x)单调递增； 因为8 2 石-1>0，所以g(x)>82 又因为g(π)=-1<0 由零点存在定理得，存在∈[x。,π]，使得8(x)=0 综L,g)--6sx-1在行上有且只有个零点…5分 18.（17分) (1)证明：连接DG、CE 因为DE⊥DC,DE=DC,所以△DEC为等腰直角三角形，∠DCE=45 在半圆DGC上，G是半圆弧CD中点，所以∠GDC=45°，所以GD//EC, 因为EF//BC,EF=BC,所以四边形ECBF为在平行四边形，AB//EC 所以GD//FB…2分 在半圆DGC上，DG⊥GC,所以BF⊥CG 又因为CB⊥平面ABF,ABC平面ABF,所以BC⊥BF 因为CBC平面BCG,CGc平面BCG,CG∩CB=C 所以BF⊥平面BCG… …5分 (2)(I)由题意，构建如图示空间直角坐标系A-,…6分 设AD=h,则A(0,0,0)B(0,2,0),E(2,0,h),D(0,0,h),G(-1,1,h), 所以AE=(2,0,h),AB=(0,2,0),AG=(-1,1,h), G D 若n=(x,y,z)是面ABG的一个法向量， B n.AB=2y=0 则 n·AG=-x+y+hz=0 B 令z=1,n=(h0,1), …8分 因为点E到面ABG的距离d= 6W5 5 所以d=6V5 5 AE.n 2h+h 3h 所以d= 65 一17 V2+1 V2+1 解得h=4,即h2=2 所以AD=2 …10分 (I)(法一)设P(2cos日，2sin6,0),2(-cosp,1+sinp,0),其中 0≤0≤T,-T≤9≤ 2 2 由①得，D(0,0,2),所以 AP=(2cos日，2sin6,0)D0=(-cosp,1+sinp,-2)…11分 设直线AP与直线DQ所成角为x, 所以co(a，D AP.DO -2cos0 cosp+2sine(1+sin) 2xvcos2+(1+sing)+4 2 cos2+(1+sing)'sin(0-6) v2+2sing sin(0-6)1+sing sin(0-6) 2×√2+2sinp+4 V2(sing+3) √sinp+3 其中tan6= cos …14分 1+sin 1+sino 2 所以coso≤ 3+smng 3+sino 42 等号成立当且仅当伞刀 2 所以直线AP与直线DQ所成角余弦值得最大值为V …17分 2 (法二)设☑FAP=6,∠BA0=p,其中0≤0≤”，0≤p≤7 2 2 则P(2cos日，2sim6,0),2(-2 coso sinp,2cos2p,0, 由①得，D(0,0,2),所以 AP=(2cos0,2sin0,0)D0=（-2 cos psin,2cos2p,-2…11分 设直线AP与直线DQ所成角为， 所以cosu=cos(亚，D AP.DO -4cos@cospsin+4sin cos"p AP DO 2x14cos2 osin2+4cos+4 cossin cosp-cos sinp cos sine cosp-cos sin cososin(e-p) cos"p(sin2+cos)+1 Vcos2+1 √cos2p+1 …13分 当0<p子a s-cowp,. cos2o 所以Cosx≤ 1+cos2- 1+cos"p v1+cos2p 令t=V1+cos2p∈ 上单调递增 t 所以=5-5，(osa-5 …15分 22 2 sin(-g)ssin(0-g)=sing, 所以 cos osino cos2 osin2p (1-cos2)cos2 coSo≤ cos"o-cos"p v1+cos'1+cos' 1+cos 1+cos2 1w90f11,到