精品解析：福建省福州外国语学校2026届高三上学期12月月考数学试题

福州外国语学校2025—2026学年第一学期12月阶段性练习 高三数学 命题人：高三数学集备组审题人：高三数学集备组 （全卷共4页，四大题，19小题；满分：150分；时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填涂自己的准考证号､姓名. 考生要认真核对答题卡上的“准考证号､姓名”与考生本人准考证号､姓名是否一致. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上规定的范围内书写作答，请不要错位､越界答题!在试题卷上作答的答案无效. 3.考试结束，考生必须将答题卡交回. 一、单选题 1. 设复数的共轭复数为，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. 85 D. 120 4. 已知一个圆柱的底面直径与其外接球半径均为2，则该圆柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. 42 B. C. 84 D. 6. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是（ ） A. B. C. D. 7. 设圆锥曲线的两个焦点分别为，若曲线上存在点满足，则曲线的离心率等于 A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 8. 已知，.设，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知正方体的棱长为1，则（ ） A. 直线与所成角的正弦值为 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 点到直线的距离为 D. 点到平面的距离为 10. 下列结论正确的是（ ） A. 当研究两个变量之间的关联程度时，若相关系数的绝对值越接近于1，则两个变量的线性相关程度越弱 B. 在评估模型拟合效果时，决定系数越接近1，表示模型对数据的拟合效果越好 C. 通过样本数据得到的回归直线一定经过点 D. 设关于分类变量与的独立性检验的原假设为与无关，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断不成立，即认为与无关. 11. 抛物线的焦点为，经过点F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别过点A、点B作抛物线C的切线，两切线相交于点E，则（ ） A. 当时， B. 面积的最大值为2 C. 点E在一条定直线上 D. 设直线倾斜角为，为定值 三、填空题 12. 已知空间中三点，，，则点到直线的距离为______. 13. 已知函数，则函数在上恰有1个零点，则实数的取值范围为________. 14. 现有红、黄、蓝、绿四种颜色的卡片各4张，有放回地抽取4次，每次抽一张，则4次抽取的卡片颜色种数X的数学期望为________. 四、解答题 15. 已知的面积为 （1）求 的大小； （2）若，求三角形内切圆半径. 16. 已知等差数列的前项和为，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17. 如图所示，在四棱锥中，底面，四边形中，，，，． （1）求证：平面平面． （2）设． ①直线与平面所成的角为，求线段的长； ②线段上是否存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等？说明理由． 18. 已知椭圆的一个焦点短轴长为. （1）求椭圆的标准方程； （2）连线与轴交于点，过焦点的直线与椭圆交于两点. （i）证明：点在以为直径的圆外： （ii）在上是否存在点使得是等边三角形.若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由. 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若函数在区间上有1个零点，求证：； （3）若在上恒成立，求正整数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州外国语学校2025—2026学年第一学期12月阶段性练习 高三数学 命题人：高三数学集备组审题人：高三数学集备组 （全卷共4页，四大题，19小题；满分：150分；时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填涂自己的准考证号､姓名. 考生要认真核对答题卡上的“准考证号､姓名”与考生本人准考证号､姓名是否一致. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上规定的范围内书写作答，请不要错位､越界答题!在试题卷上作答的答案无效. 3.考试结束，考生必须将答题卡交回. 一、单选题 1. 设复数的共轭复数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，再根据复数的乘法计算即可. 【详解】由可得，则. 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的描述法化简集合B，再根据集合的交集运算即可得答案. 【详解】因为集合， 所以集合， 则. 故选：A. 3. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. 85 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，设等比数列的公比为，分2种情况讨论、，结合等比数列前 项和公式分析可得，，计算即可得答案. 【详解】根据题意，设等比数列的公比为， 若，则， 则有 ，变形可得，则， 又由，则有， 所以. 故选：C. 4. 已知一个圆柱的底面直径与其外接球半径均为2，则该圆柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出轴截面，利用长度关系求出圆柱半径和母线，进而得到答案. 【详解】如图，轴截面为 ， 所以圆柱的侧面积为， 故选：B. 5. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. 42 B. C. 84 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接求解. 【详解】在的展开式中，含的项为， 所以含项的系数是84. 故选：C 6. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据共线向量定理逐项判定向量是否共线即可. 【详解】对于选项A，，两向量共线，不符合基底的定义，故A错误； 对于选项B，，两向量共线，不符合基底的定义，故B错误； 对于选项C，不存在实数，使得，故C正确； 对于选项D，，两向量共线，不符合基底的定义，故D错误. 故选：C. 7. 设圆锥曲线的两个焦点分别为，若曲线上存在点满足，则曲线的离心率等于 A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】设，讨论两种情况，分别利用椭圆与双曲线的定义求出的值，再利用离心率公式可得结果. 【详解】因为， 所以可设， 若曲线为椭圆则，则； 若曲线为双曲线则，，∴，故选. 【点睛】本题主要考查椭圆的定义及离心率以及双曲线的定义及离心率，属于中档题. 离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解． 8. 已知，.设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意整理对数式，根据已知的大小关系，结合对数的运算律与公式，可得答案. 【详解】由题意可得，， 因为，，所以两边取对数整理可得，，所以 又，，， 且，即， 所以，，所以. 故选：D. 二、多选题 9. 已知正方体的棱长为1，则（ ） A. 直线与所成角的正弦值为 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 点到直线的距离为 D. 点到平面的距离为 【答案】BC 【解析】 【分析】由正方体的结构特征及性质易得且、为等边三角形、为正四面体，进而判断各项正误. 【详解】 由正方体的结构特征及性质易得，且，故， 显然直线与所成角的正弦值不为，A错； 由正方体的结构特征及性质易得，即为等边三角形， 所以点到直线的距离为，C对； 同上易得为正四面体，且棱长为， 所以点到平面的距离为，D错； 直线与平面所成角的正弦值为，B对. 故选：BC 10. 下列结论正确的是（ ） A. 当研究两个变量之间的关联程度时，若相关系数的绝对值越接近于1，则两个变量的线性相关程度越弱 B. 在评估模型拟合效果时，决定系数越接近1，表示模型对数据的拟合效果越好 C. 通过样本数据得到的回归直线一定经过点 D. 设关于分类变量与的独立性检验的原假设为与无关，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断不成立，即认为与无关. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A根据相关系数的性质分析判断；对于B根据决定系数的性质分析判断；对于C根据回归方程过样本中心点分析判断；对于D根据独立性检验思想分析判断. 【详解】因为相关系数绝对值越接近1两个变量的线性相关程度越强，故A选项错误. 因为决定系数越接近1，表示模型对数据的拟合效果越好，故B选项正确. 因为回归直线一定经过样本均值点，故C选项正确. 因为应拒绝原假设，即认为与有关联，而非无关，故D选项错误. 故选：BC 11. 抛物线的焦点为，经过点F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别过点A、点B作抛物线C的切线，两切线相交于点E，则（ ） A. 当时， B. 面积的最大值为2 C. 点E在一条定直线上 D. 设直线倾斜角为，为定值 【答案】CD 【解析】 【分析】由焦点为可得抛物线方程，联立直线与曲线方程，可得关于的一元二次方程，即可得与有关韦达定理，对A：利用韦达定理与弦长公式计算即可得；对B：利用韦达定理与弦长公式及面积公式计算即可得；对C：借助导数的几何意义可得与的方程，即可得点坐标，即可得解；对D：由，故可得. 【详解】 由抛物线的焦点为，故，即， 由题意可知，直线斜率存在， 设，，， 联立，有，， ，， 对A：， 当时，即有，故， 即，即或，故A错误； 对B：， 故，故B错误； 对C：由，，即，有， 故，又，故， 同理可得，设点， 则有，有， ，由，， 故，，故点E在一条定直线上且该直线为，故C正确； 对D：由，，则， 故有，即， 故为定值且该定值为，故D正确. 故选：CD. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 三、填空题 12. 已知空间中三点，，，则点到直线的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间中点到直线的距离的向量公式求解. 【详解】由点的坐标可得， 则点到直线的距离为. 故答案为： 13. 已知函数，则函数在上恰有1个零点，则实数的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得，利用整体法结合三角函数的图象与性质即可求解. 【详解】因，则， 若函数在上恰有1个零点，则 故答案为： 14. 现有红、黄、蓝、绿四种颜色的卡片各4张，有放回地抽取4次，每次抽一张，则4次抽取的卡片颜色种数X的数学期望为________. 【答案】 【解析】 【分析】先确定的可能取值，分别计算每个取值的概率，再根据数学期望公式计算. 【详解】由题意知，四次抽取的卡片颜色种数的所有可能取值为， 当，即次抽取的卡片颜色相同，故， 当，即次抽取到种不同颜色的卡片，故， 当，即次抽取到种不同颜色的卡片，故， 当，即次抽取到的卡片颜色均不同，故， 所以四次抽取的卡片颜色种数的数学期望. 故答案为：. 四、解答题 15. 已知的面积为 （1）求 的大小； （2）若，求三角形内切圆半径. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据三角形面积公式，以及正弦定理化简，结合 进行求解； （2）三角形面积公式为，其中为内切圆半径，故需求，则需要求 ，结合余弦定理，三角形面积，完全平方公式即可得到. 【详解】（1）由面积公式可知，即，由正弦定理可知 . （2）面积 ， 设三角形内切圆半径为，则 ，得. 16. 已知等差数列的前项和为，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）结合等差数列的性质利用分别表示等差数列中列方程组可得； （2）由错位相减法求和计算即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d，则， 解得，，. 【小问2详解】 由（1）， 所以① ②. ①－②得. . 17. 如图所示，在四棱锥中，底面，四边形中，，，，． （1）求证：平面平面． （2）设． ①直线与平面所成的角为，求线段的长； ②线段上是否存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等？说明理由． 【答案】（1）平面，平面， ， 又，，平面， 平面， 又平面， 平面平面. （2）①； ②不存在，解法一：如图所示，假设线段上存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等． 设，则，，． 因此由，得，即， 又由，得， 联立两式，消去并化简，得，由 ∵方程没有实数根， ∴在线段上不存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等． 解法二：假设在线段上存在一个点到、、、的距离都相等， 由，得， 从而，即， 所以， 设，则，， 在中， ， 这与矛盾， 所以在线段上不存在一个点，使得点到、、的距离都相等， 从而，在线段上不存在一个点，使得点到点、、、的距离都相等． 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可； （2）①以为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的定义，结合空间向量夹角公式进行求解即可； ②解法一：假设存在，设，利用空间距离公式得到方程，推出方程无解，即可判断；解法二：假设存在，根据题意，结合勾股定理进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①以为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图）， 在平面内，作交于点， 则 在中，， 设，则，， 由，得， 所以，，, ， 设平面的法向量为， 由，，得， 取得平面的一个法向量为， 又， 故由直线与平面所成的角为得， 即 解得或（舍去，因为），所以； ②略 18. 已知椭圆的一个焦点短轴长为. （1）求椭圆的标准方程； （2）连线与轴交于点，过焦点的直线与椭圆交于两点. （i）证明：点在以为直径的圆外： （ii）在上是否存在点使得是等边三角形.若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）证明：由题意得，， 当直线斜率为0时，此时以为直径的圆的方程为，显然在此圆外； 当直线斜率不为0时，设直线的方程为， 由可得，， 恒成立， 设， 则 故在以为直径的圆外. （ii）存在，或 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的基本性质来确定方程参数； （2）（i）判断点与圆的位置关系通过向量的数量积来实现；（ii）利用直线与椭圆方程联立得到相关点的坐标关系，再结合等边三角形的性质建立等式求解直线方程. 【小问1详解】 由题意得，所以， 则椭圆的标准方程为， 【小问2详解】 （i）略 （ii）当斜率不存在时，，此时到距离为1，故不存在等边三角形，当斜率为0时，易得不存在等边三角形， 当斜率存在且不为0时，设直线的方程为， 设中点为，又，由（i）得， ，由于在直线上，所以 直线的斜率为，所以. ， 因为是等边三角形，所以，则 解得，即， 故直线的方程为或. 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若函数在区间上有1个零点，求证：； （3）若在上恒成立，求正整数的最大值. 【答案】（1）的单调增区间为，减区间为 （2） 由， 当时，由，得， 所以，在上是单调增函数，且图象不间断， 又，所以当时，， 所以函数在区间上没有零点，不合题意. 当时，令，得， 若，则，故在上是单调减函数， 若，则，故在上是单调增函数， 当时，， 又， 所以函数在区间上有1个零点，符合题意． 综上所述，. （3）3 【解析】 【分析】（1）求导函数，判断导数的正负可得解； （2）求导，分和两种情况分类讨论，得到函数的单调性与极值，结合函数的图象，即可得证； （3）分类参数得出对恒成立，设函数，求导得函数单调性与极值，即可求解正整数的最大值. 【小问1详解】 当时，，，则， 令，得，令，得， 所以的单调增区间为，减区间为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由在上恒成立，即， 由，则，对上恒成立， 令，则， 设，则， 所以在是单调增函数， 又，， 所以存在唯一的实数，使得， 当时，，即， 当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，又，即， 所以， 所以，又，， 所以的最大值为3. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $