福建省龙海第一中学2025-2026学年高三上学期1月阶段考试数学试题

2025-2026学年龙海一中高三（上)1月阶段考数学试卷 考试时间：120分钟 考试满分：150分 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。 1.已知集合A={xx=3k+1,k∈Z,B={x=6m+1,m∈Z,则() A.ACB B.B∈AC.A∩B=O1 D.AUB=Z 2.若复数z满足：=1+i ，则的虚部为() A.1 B.i C.-1 D.-i 3.已知等差数列{a}的前n项和为S,且鸟-S=4,则4，-4，=（) 73 A.2 B.3 C.4 D.6 4.若园=2，=1，=5，且a6=0,则ac+b.c的最大值是（). A.1 B.√2 C.5 D.3 5.“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台.如图所示，在一个盛满米的 “方斗”容器中，AB=4,AB=2,若从中取出74g米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为() D A.38kg B.48kg C.57kg D.112kg 6.已知椭圆C若+茶-1a>b>0的左焦点为P,上顶点为4，直线4F与椭因C另-个交点为B,若 AF=2BF,则椭圆C的离心率为() A.5 B.V3 C.v5 D.3 3 3 已知函数f四)日nr+石【o>吵7见 36 司上单调递猫，且其图象关于直线音对格，则[侣)() A.、3 B C. D.3 2 8.已知f(x)是定义在R上的增函数，且存在函数g(x)使得(g(x》=x,若名，x2分别是方程f(x-1)+x=4 和8(x+1)+x=2的根，则x,+x2=() A.4 B.3 C.2 D.1 试卷第1页，共4页 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，有多项是符合题目要求，全 部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分。 9.下列说法正确的是() A.数据8,6,4,11,3,7,9,10的上四分位数为9 B.若0<P(C)<1,0<P(D)<1,且P(D)=1-P(DC),则C,D相互独立 C.某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2)，σ越大，该物理量在一次测量中在(9.8,10.2)的概率越 大 D.若样本数据x(i=1,2,,5)的平均数为4，x(i=1,2,…,5)的平均数为22，则样本数据 2x+1,2x2+1,…,2x+1,9的方差为20 10.如图，四面体ABCD中，等边aABC的边长为25，AC1CD,∠C4D=石，平面ABC1平面4CD,则 下列选项正确的是() A.四面体ABCD的体积为2√3 B.直线4B与直线CD所成角的大小为写 C.直线BD与平面ACD所成角的正弦值为 D.点A到平面BCD的距离为3 11.抛物线的光学性质：从抛物线的焦点发出的光线，经抛物线反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴。 探照灯就是利用了这个光学性质.某探照灯的轴截面是抛物线C的一部分，其方程为y2-2x(p>0),焦点为 F,光线从点F出发，经抛物线反射，反射光线所在直线为N,∠Mx<90°，若FM=2,则MN所在直 线的方程为y=√3，A为抛物线C上的动点.下列选项正确的是() A.抛物线C的方程为y2=2x B.若直线A8过点P,且倾斜角为60，且4>B,则 BF 的值为3 C.若直线AB过点F,A=3,则△AOB的面积为3N 2 D.若0，当 B 取得最大值时，AB的值为√2 试卷第2页，共4页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.若log,a+log,b=2,则a+4b的最小值为 13.为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4个价钱相同的礼盒全部分给这3名同学，若购买的4个 礼盒仅有2个相同，按一人2个礼盒，另两人各1个礼盒进行分配，共有」 种分法.（用数字作答） 14.已知两点M(-√5,0)，N(V5,0),动点P满足∠MPN=60°，直线x-w=0与动点P的轨迹交于A、B两点. 当=1时，AB=;当m∈R时，MA.MB的最小值为 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答题写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.(13分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为ab,c.已知bsin4-acosB=0. (1)若c=√2，b=√5，求a; (2)若c=2√2a,求tan(A-B)的值. 1 16.(15分)甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和乙都投中的概率是三 是)甲投中而丙未投中的概率是石乙 投中而丙未投中的概率是 (1)请问三人中哪一位投篮水平较高？并说明理由； (2)现将投篮水平较低的两人组成一组（记为A),与投篮水平较高的人（记为B组）进行投篮比赛，甲、乙、 丙各自独立投篮2次，且每次投篮的结果互不影响，投中次数较多的一组获胜，求B组获胜的概率， 17.如图①所示，四边形ABCQ是直角梯形，AQ∥BC,A2⊥AB,且AQ=2BC=2AB=4,D为线段AQ 的中点.现沿着CD将△QCD折起，使Q点到达P点，如图②所示；连接PA、PB,其中M为线段PA的中点. D D ① ② (I)求证：DM⊥PB (2)若二面角A-CD-P的大小为60°，则在线段PC上是否存在一点N,使得直线PB与平面BDN所成角的正 弦值为}？若存在，求三棱锥P-BDN的体积；若不存在，请说明理由： 试卷第3页，共4页 18.已知函数f(x)=(x-1)e++b,曲线y=f(x)在(-1，f(-1)处的切线方程为y=-x-4. 1)求a,b的值： (2)求证：∫(x)有且只有一个零点： 3)记f(x)的零点为x。,曲线f(x)在(t,f(t)处的切线1与x轴交于(x,0).若x<,求t的取值范围. 19.已知双出线C若-1a>06>0).R(-20,g20)分别为左、右焦点，点42在双线C 上 (1)求双曲线的方程： (2)如图，在双曲线的右支上任取一点卫(x。,y,),以P。为切点作双曲线右支的切线，交两渐近线于M。,N两 点，过M。,N。两点分别作两渐近线的平行线交于点P,过P作直线MN。的平行线分别交两渐近线于M1,N 两点，再过M1,N两点分别作两渐近线的平行线交于点P，一直反复操作，可得，卫，，卫. ①证明：点O,,,乃，，，P在同一条直线上，并求该直线方程； ②记△PMN=L2,m的面积为，记b,=∑S,证明：方+6++6<3 试卷第4页，共4页 《2025-2026学年龙海一中高三（上)1月阶段考数学试卷》参考答案 题号 2 4 6 7 8 9 10 答案 B A 0 D B D 8 BD ACD 题号 11 答案 ABD 1.B 【分析】分析集合A和集合B中元素的特性，逐一分析各个选项，即可得答案。 【详解】当k=2n,n∈Z,即k为偶数时，x=3×21+1=6n+1,n∈Z, 当k=2n+1,n∈Z,即k为奇数时，x=3×(2n+1)+1=6n+4,n∈Z, 所以集合A中元素为除以6余1的整数和除以6余4的整数， 因为B={xx=6+l,m∈Z}, 所以集合B中元素为除以6余1的整数， 所以B三A,故B正确，A错误 当k=2,x=7,即7∈A,当m=1,x=7,即7∈B,所以A∩B≠0，故C错误； 由B三A得，AUB=A,为除以6余1的整数和除以6余4的整数，并不是全体整数，故D 错误 故选：B 2.A 【分析】根据复数的四则运算求出复数z,再求共轭复数，即可判断其虚部. 【详解】由=1+i_0+D-1-i, ii.(i) 故三=1+i,所以的虚部为1. 故选：A. 3.D 【分析】结合等差数列求和公式可推导证得数列 为等差数列，进而求得等差数列{a}的 公差，根据等差数列通项公式可求得结果 【详解】设等差数列{a}的公差为d, 则S_S_ m+1）a+n+aa+n6-1d 2 2 (n-Dd d n+1 n n+1 之 2 2 答案第1页，共17页 ·数列 是公差 n 号的等装敬列，号；=4号1，解得：日-2， 73 2 .4-a=3d=6. 故选：D. 4.D 【分析】根据数量积的运算律求出a+,再由向量数量积的定义和余弦函数的有界性，即 可得到所求最大值， 【详解】解：因为d=√2，=1，且a6=0, 所以a+=(a+万2=+2a.6+6=2+1=3, 所以a+=V3, 所以ā：c+b.c=(a+b)c=五+b作|cos白+bc市+b片卡3， 当且仅当a+b与c同向时取等号，因此ā.c+b.c的最大值为3： 故选：D. 5.A 【分析】假设从“方斗”中取出74g米后，米的高度下降一半至平面A,B,C2D2处.分析出取出 米的质量与剩余的米的质量之比为正四棱台ABCD-A,B,C,D,和A,B,C2D2-AB,CD的体 积之比，再根据棱台的体积公式分别求出两个棱台的体积即可得解 【详解】 D B B 假设从“方斗”中取出74kg米后，米的高度下降一半至平面AB,C2D,处， 由题意可知正四棱台ABCD-A,B,C,D,和AB,C,D,-AB,C,D的高相等，设为h. 因为AB=4,AB=2,所以AB2=3, 则4on443+), 3 答案第2页，共17页 4A49a=}h(3+3×2+2)=19h 3 3 设剩余的米的质量为xkg, 31h 3774 则 3 解得x=38, APC 19 h 19x 3 所以剩余的米的质量为38kg 故选：A 6.B 【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理即可求解 【详解】设椭圆的焦距为2c,右焦点为R,连接AR,BR,则A-A=a,B=A例-号， 加兰由椭国的定义可知=210号号 3a 在aMF四和△1BF由余弦定理可得cos∠BMR=a+d-(2上了 2 +a2 3a2 2 整理得 2aa 3a 2a 2 d=c,所以e-片即e= 3 故选：B A x 7.D 【分析】利用对称轴得出o=3k+1,结合单调性得出o=1,代入数值可得答案. 【详解】因为f四的图象关于直线=写对奇，所以写知叶名缸+号e乙，即心张1， 因为f(x)在 ππ 36 ，目a版君(0+后0-爱上单调递道， -0+ 6 后_0+元<0≤66’元+匹<π’可年s2,故0<≤2 6 6 62 答案第3页，共17页 综上，w=1,则f)=sm+君引故[ 故选：D 8.B 【分析】利用已知条件可分别得到关于x和x,的关系式，再利用g(x)=x将关系式变形得 到f(x-1)+x-1=3和g(x,+1)+∫(g(x2+1)=3,最后借助函数f(x)的单调性即可求解. 【详解】x1是f(x-1)+x=4的根，f(x1-1)+x=4,即f(x1-1)+x-1=3,① x是g(x+1)+x=2的根，.8(x2+1)+x2=2,即8(x2+1)+x2+1=3, 存在函数g(x)使得f(g(x)=x,g(化，+1)+f(g(x2+1)=3,② f(x)是定义在R上的增函数，f(x)+x在R上单调递增， .由①②可得，g(x2+1)=x-1, 又8(x2+1)+x2=2,即g(x2+1)=2-x2, .2-x2=x-1,即+x2=3 故选：B 9.BD 【分析】A选项利用上四分位数的计算方法进行计算：B选项利用对立事件及条件概率公式 进行检验；C选项利用正态分布中σ的意义进行解释；D选项利用方差公式进行计算 【详解】对于A选项，将数据从小到大排列为3,4,6,7,8,9,10,11，共8个数， 则8×75%=6，则上四分位数为9+10=95，故A错误： 2 对于B选项，P(D)=1-P(DC),P(DC)=P(D), 由条件概率公式得P(DC)C, 得到P(CD)=P(C)P(D), 即C,D相互独立，故B正确； 对于C选项，9.8=10-0.2,10.2=10+0.2， 由对称性可知在(9.8,10.2)的概率等于在(10,10.2)的概率的2倍， 当σ越大，数据越离散，其概率越小，故C错误： 答案第4页，共17页 对于D选项，由样本数据x,x2,x,x4,x的平均数为4， 得x,x2,x,x4,七，4的平均数为4， 由，，号，×，的平均数为22，得∑=5×22=110， 因此x,x2,七，4，，4的方差为 -5x4+(49 =5 6 9=2×4+1,2x1+1,2x2+1,,2x+1,9的方差为4×5=20，故D正确. 故选：BD 10.ACD 【分析】根据面面垂直的性质得到CD⊥平面ABC,再由锥体的体积公式判断A,由线面垂 直的性质判断B,取AC的中点E,连接BE、DE,得到BE⊥平面ADC,则∠BDE为直线 BD与平面ACD所成角，即可判断C,利用等体积法判断D. 【详解】对于A:因为AC⊥CD,平面ABC⊥平面ACD,平面ABC∩平面ACD=AC, CDC平面ACD,所以CD⊥平面ABC, 又等边△ABC的边长为2√5，AC⊥CD,∠CAD= 6 所以cD=AC-tm∠CMD=2N5x5=2, 3 所以ec0台922-25，放AE确： 对于B:因为CD⊥平面ABC,ABC平面ABC,所以CD⊥AB, 即直线4B与直线CD所成角的大小为子故B错误： 对于C:取AC的中点E,连接BE、DE,则BE⊥AC, 又平面ABC⊥平面ACD,平面ABC∩平面ACD=AC, BEC平面ABC,所以BE⊥平面ADC, 所以∠BDE为直线BD与平面ACD所成角， 又BE=Y5x2N5=3,在RLABCD中，BD=2W+2=4, 所以sm∠BDB一站-即直线D与平面ACD所成角的正弦值为，故C正确) BD 4 答案第5页，共17页 1 对于D:因为Se=x2×2W5=2V3,V,4Be=V-e=2√5， 设点A到平面3CD的距离为d,则a号d-25,解得d-3, 即点A到平面BCD的距离为3，故D正确. 故选：ACD B 11.ABD 【分析】根据点在抛物线上计算得出P判断A,应用焦半径公式计算判断B,联立方程组得 出韦达定理计算面积判断C,两点间距离公式结合焦半径公式计算应用基本不等式计算判断 D. 【详解】对于A,因为PM=2,W所在直线的方程为=5，所以u=2号w=5, 所以3=22号) 所以p2-4p+3=0,解得p=1或p=3, 因为∠MFx<90°，所以p=1,即抛物线C的方程为y2=2x,故A正确 对于B,抛物线C的焦点坐标为 直线AB的倾斜角为60，所以直线AB的方程为 - 设直线AB与抛物线C的交点为A(s,乃)，B(x2,y2), 联立直线B与抛物线C的方程，消去y并整理，得12-20+3-0，解得-，，名 6 M=+号=2，B-+号-子 AF AF 23’1 的值为3，故B正确 BF =3,所以B可 对于C,由题意不妨设A(:,),B(x2,》2)(y>0<0),如图所示， 答案第6页，共17页