精品解析：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 （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：”的一个充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，进而求解. 【详解】由, 故选：D. 2. 如果，那么下列式子中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用不等式性质逐项判断即得. 【详解】由，得，，，，A正确，BCD错误. 故选：A 3. 已知，且在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据推出与的关系，再根据投影向量的定义求出在上的投影向量. 【详解】已知，将等式两边同时平方可得. 根据向量平方的展开式,所以， 化简可得，即，这表明. 根据向量投影向量的定义， 所以在上的投影向量为. 因为，所以. 则在上的投影向量为. 故在上的投影向量为. 故选：A. 4. 已知函数的图象如图所示，则此函数可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图象可得为奇函数，故排除C，D，再结合图象求得时，函数的第一个零点为，根据时，函数的正负和题干图象即可得答案. 【详解】解：由图象可得为奇函数， 对于C，，所以为偶函数，故排除； 对于D，，所以为偶函数，故排除； 对于A，因为，所以，为奇函数； 对于B，因为，所以，为奇函数； 因为当时，，即， 当时，， 所以当时，函数的第一个零点为， 当时, , 所以， 而此时函数的图象位于轴下方， 故A选项的解析式符合. 故选：A. 5. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象关于原点对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象的平移变换，可得，结合题意可知该函数为奇函数，利用奇函数的性质列式，化简求值，即得答案. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后， 所得的图象对应的函数为， 由题意知的图象关于原点对称，即函数为奇函数， 故， 即， 故， 即， 因为，故当时，m取最小值. 另解：由题意知的图象关于原点对称， 故，即， 因为，故当时，m取最小值， 故选：A 6. 已知定义在上的偶函数，且当时，单调递减，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称求出的值，利用是偶函数可得，将不等式转化为，利用当时，单调递减，将转化为，解出此不等式；的定义域为，得到，解出此不等式组，从而得解. 【详解】定义在上的偶函数，，， 当时，单调递减，当时，单调递减， 定义在上的偶函数， ，，， 当时，单调递减， ，，即， 解得或， 的定义域为， ，， ， 或和要同时成立， ， 关于的不等式的解集为. 故选：C. 7. 将自然数按照如图排列，我们将称为“拐弯数”，则下列数字是“拐弯数”的是（ ） A. 36 B. 58 C. 67 D. 78 【答案】C 【解析】 【分析】总结数列的递推公式，利用累加法求数列的通项公式，再逐项验证即可. 【详解】设数列：， 则数列为：，是以2为首项，以1为公差的等差数列， 所以. 所以，，，…，. 以上各式相加可得：， 所以. 由，无整数解； 由，无整数解； 由或（舍去）； 由，无整数解， 所以只有是第11个“拐弯数”. 故选：C 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用和差角公式展开，得到，即可得到，再利用两角差的余弦公式计算可得. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以， 所以 . 故选：A． 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，均为复数，下列命题中正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据复数的加法、减法、乘法运算及复数的共轭复数的模对选项逐一分析，举反例可判断D. 【详解】对于A：设，，其中，，，， 则，，， 所以，故A正确； 对于B：设，，其中，，，， 则， ， 所以，故B正确； 对于C：若，则， 同理可得，故C正确； 对于D：若，取，，满足条件， 但，故D错误. 故选：ABC. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足则下列说法中正确的是（ ） A. 平面 B. 若，则动点的轨迹长度为 C. 若，则四面体的体积为定值 D. 若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 【答案】BC 【解析】 【分析】用反证法推出矛盾可判断选项A；根据向量的线性表示可用表示出，从而可判断点的轨迹为圆弧，从而判断B；根据三点共线的向量表示可得到时点的轨迹，由等体积法可判断C；首先确定三棱锥外接球的球心位置，求出半径可求其体积. 【详解】对于A，如图1，连接.假设平面，则， 由正方体的性质可知平面，所以.又平面， 所以平面，不成立，所以假设不成立，故A错误. 对于B，由可知点在正方形内（包括边界）， 如图2，设在上的投影为，则，， 所以,又， 即，所以，所以动点的轨迹是以为圆心， 2为半径的圆弧，由弧长公式可知其长度为.故B正确. 对于C，如图3，取的中点，的中点.连接， 则，因为，所以， 所以点在线段上.由正方体的性质可知，又平面，平面， 所以平面.所以点到平面的距离与点（线段上的点均可以） 到平面的距离相等，即，所以四面体的体积为定值，故C正确. 对于D，如图4，取正方形的中心，因为为正方形的中心，所以， 所以的外接圆的圆心为的中点.又，所以的外接圆的圆心为的中点. 又平面平面，则为三棱锥外接球的球心，其半径为， 则三棱锥外接球的体积为，故D错误. 故选：BC. 11. 设是函数的导数，若，且对任意的，有，则下列各项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，通过数形结合来作出各选项判断. 【详解】因为，所以在上是单调递增函数，即，故A正确； 因为对任意的，有， 所以在上是一个上凸函数，如图： 根据导数的几何意义，结合图象和可知：随着的增大，在点处的切线斜率越来越小，即在上单调递减，即，故B错误； 由上图可知：在的切线斜率大于两点的斜率，即， 又由图可知：在的切线斜率小于两点的斜率，即，故C正确； 根据导数的几何意义，结合图象和可知：随着的增大，在点处的切线斜率越来越小，且斜率变化率越来越慢，所以是一个下凹函数， 根据图象可知斜率小于斜率，即有，故D错误； 故选：AC 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知函数，写出函数的单调递减区间____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性即可. 【详解】，， 令，即，解得或. 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增. 综上可知，函数的单调递减区间为. 故答案为：. 13. 将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据数列与的项找到它们公共项的规律，即得数列的各项的规律，确定其通项公式，再用裂项求和的方法即可求得答案. 【详解】数列是以1为首项的奇数列，即， 数列是以1为首项，公差为3的奇偶交错的等差数列，即， 故数列与的公共项所构成的新数列为首项为，公差为的等差数列，即， 所以. 故答案为： 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和的两个巧克力球，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__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由题意作出轴截面，根据四边形，四边形，四边形，四边形两两之间相似，可得，求出，由体积公式计算可得结果. 【详解】设大球半径为，小球半径为， 则大球体积，小球体积. 圆台的高为. 根据切线长定理可得：，. 由图易知四边形，四边形，四边形，四边形两两之间相似， 即. 解得：，则， 则圆台体积为 则酸奶的体积为： . 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. 设等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由为等差数列，将，代入解出，，从而求出的通项公式； （2）由（1）问，写出的通项公式，然后利用分组求和求出. 【小问1详解】 设等差数列的公差为. 由题意可得 解得，， 则. 【小问2详解】 由（1）可知，则， 故 . 16. 某景区有一人工湖，湖面有两点，湖边架有直线型栈道，长为，如图所示．现要测是两点之间的距离，工作人员分别在两点进行测量，在点测得，；在点测得．（在同一平面内） （1）求两点之间的距离； （2）判断直线与直线是否垂直，并说明理由． 【答案】（1） （2）直线与直线不垂直，理由详见解析. 【解析】 【分析】（1）先求得，利用余弦定理求得. （2）先求得，然后根据向量法进行判断. 【小问1详解】 依题意，，，， 所以， ，所以， 在三角形中，由正弦定理得， 在三角形中，由余弦定理得. 【小问2详解】 在三角形中，由余弦定理得， ， 在三角形中，由正弦定理得， ， 直线与直线不垂直，理由如下： , 所以直线与直线不垂直. 17. 已知函数. （1）判断在区间的单调性； （2）证明：当时，； （3）证明：在上有且只有一个零点. 【答案】（1）在单调递增，在单调递减 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导数，即可求得函数单调区间； （2）构造函数，求导数，得到函数单调区间，从而求得函数最小值，即证明，再由三角函数有界性得，即可得证； （3）由题意得，求导数，再令，求导数得到函数在区间上单调性，结合端点处函数值，由零点存在性原理得到存在零点，设零点得到函数的单调区间，由零点存在性原理得证. 【小问1详解】 由题意可得， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以在单调递增，在单调递减. 【小问2详解】 令，， 在上单调递增，且， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即， 因为，所以， 所以. 【小问3详解】 依题得，， ，令， 则， 当时，且，且两项不同时为0， 所以，在上单调递减， 因为，， 由零点存在定理得，存在，使得， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因为，所以， 又因为， 由零点存在定理得，存在，使得， 因为在上单调递减，所以零点唯一， 又因为当时，单调递增，所以，在此区间无零点. 综上，在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个圆柱拼接而成，点为弧的中点 （1）证明：平面BCG； （2）若，且点到平面ABG的距离为. （i）求AD； （ii）若是劣弧上的动点，是半圆弧上的动点，求直线AP与直线DQ所成角余弦值的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）2；（ii） 【解析】 【分析】（1）连接DG、CE，利用平行四边形性质及线面垂直的性质定理得，进而利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）（i）建立空间直角坐标系，求出平面ABG的法向量，然后利用点面距的向量公式列方程求解即可； （ii）法一：设，由（i）得，设直线AP与直线DQ所成角为，可得，利用正弦函数性质求解最值即可； 法二：设，则，由（i）得，设直线AP与直线DQ所成角为，可得，然后按照和分类求解最大值即可. 【小问1详解】 连接DG、CE，因为， 所以为等腰直角三角形，， 在半圆DGC上，是半圆弧中点，所以，所以， 因为，所以四边形ECBF为在平行四边形，， 所以，在半圆DGC上，，所以， 又因为平面平面ABF，所以， 因为平面平面， 所以平面BCG . 【小问2详解】 （i）由题意，构建如图示空间直角坐标系. 设，则， 所以， 若是平面ABG的一个法向量， 则，令， 因为点到面ABG的距离， 所以，解得，即 所以. （ii）（法一）设，其中， 由（i）得，，所以， 设直线AP与直线DQ所成角为， 所以 其中， 所以， 等号成立当且仅当， 所以直线AP与直线DQ所成角余弦值的最大值为. （法二）设，其中， 则， 由（i）得，，所以， 设直线AP与直线DQ所成角为， 所以 ， 当时，， 所以， 令在上单调递增， 所以， 当时，， 所以， ， ， 所以， 综上，此时. 19. 已知函数，数列满足：，当时，. （1）若在上单调递减，求的取值范围； （2）证明：存在，使得对于任意的，有； （3）证明：对于任意的，存在，使得当时，有. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，利用函数在给定区间上的单调性求的取值范围. （2）根据（1）的结论，利用函数的单调性，确定方程的根，再证. （3）根据（1）的结论，函数在上单调递减，利用放缩可得，进而可得结论. 【小问1详解】 由题意，， 所以恒成立，所以. 所以的取值范围为. 【小问2详解】 设， 由（1）知，在上单调递减， ， 由零点存在定理知，，使得，即， 若，则， 因为 所以对于任意的，有. 【小问3详解】 由题意，，所以， 假设当时，有，则有，即， 所以数列单调递增， 所以， 由（1）知，当时，在上单调递减， 所以，即， 所以，即， 因为，所以， 又因为，所以， 若，取，则，有； 若，取， 则，有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 （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：”的一个充要条件是（ ） A. B. C. D. 2. 如果，那么下列式子中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，且在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的图象如图所示，则此函数可能是（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象关于原点对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义在上的偶函数，且当时，单调递减，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 7. 将自然数按照如图排列，我们将称为“拐弯数”，则下列数字是“拐弯数”的是（ ） A. 36 B. 58 C. 67 D. 78 8. 已知，则（ ） A. B. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设，均为复数，下列命题中正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足则下列说法中正确的是（ ） A. 平面 B. 若，则动点的轨迹长度为 C. 若，则四面体的体积为定值 D. 若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 11. 设是函数的导数，若，且对任意的，有，则下列各项正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知函数，写出函数的单调递减区间____________． 13. 将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则______. 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和的两个巧克力球，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__________. 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. 设等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 某景区有一人工湖，湖面有两点，湖边架有直线型栈道，长为，如图所示．现要测是两点之间的距离，工作人员分别在两点进行测量，在点测得，；在点测得．（在同一平面内） （1）求两点之间的距离； （2）判断直线与直线是否垂直，并说明理由． 17. 已知函数. （1）判断在区间的单调性； （2）证明：当时，； （3）证明：在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个圆柱拼接而成，点为弧的中点 （1）证明：平面BCG； （2）若，且点到平面ABG的距离为. （i）求AD； （ii）若是劣弧上的动点，是半圆弧上的动点，求直线AP与直线DQ所成角余弦值的最大值. 19. 已知函数，数列满足：，当时，. （1）若在上单调递减，求的取值范围； （2）证明：存在，使得对于任意的，有； （3）证明：对于任意的，存在，使得当时，有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $