精品解析：福建省龙海第一中学2026届高三上学期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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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，即k为偶数时，， 当，即k为奇数时，， 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， 所以集合B中元素为除以6余1的整数， 所以，故B正确，A错误； 当，即，当，，即，所以，故C错误； 由得，，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. 若复数z满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. i C. -1 D. -i 【答案】A 【解析】 【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， 故，所以的虚部为1． 故选：A． 3. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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】设等差数列的公差为， 则， 数列是公差为的等差数列，，解得：， . 故选：D. 4. 若，，，且，则的最大值是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据数量积的运算律求出，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，，且， 所以， 所以， 所以， 当且仅当与同向时取等号，因此的最大值为； 故选：D． 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，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（ ） A. B. 48kg C. 57kg D. 【答案】A 【解析】 【分析】假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处.分析出取出米的质量与剩余的米的质量之比为正四棱台和的体积之比，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】 假设从“方斗”中取出米后，米的高度下降一半至平面处， 由题意可知正四棱台和的高相等，设为. 因为，所以. 则， . 设剩余的米的质量为， 则，解得， 所以剩余的米的质量为. 故选：A 6. 已知椭圆的左焦点为，上顶点为，直线与椭圆另一个交点为，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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，右焦点为，连接，则，，，由椭圆的定义可知， 在和由余弦定理可得，整理得，所以， 即. 故选：B 7. 已知函数在上单调递增，且其图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对称轴得出，结合单调性得出，代入数值可得答案. 【详解】因为的图象关于直线对称，所以，即， 因为在上，即上单调递增， 显然，则，可得，故 综上，，则，故. 故选：D 8. 已知是定义在上的增函数，且存在函数使得，若，分别是方程和的根，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用已知条件可分别得到关于和的关系式，再利用将关系式变形得到和，最后借助函数的单调性即可求解. 【详解】是的根，，即，① 是的根，，即， 存在函数使得，，② 是定义在上的增函数，在上单调递增， 由①②可得， ， 又，即， ，即. 故选：B. 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，，且，则C，D相互独立 C. 某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D. 若样本数据平均数为4，的平均数为22，则样本数据，9的方差为20 【答案】BD 【解析】 【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，则上四分位数为，故A错误； 对于B选项，，， 由条件概率公式得，得到， 即C，D相互独立，故B正确； 对于C 选项，，， 由对称性可知在的概率等于在的概率的2倍， 当越大，数据越离散，其概率越小，故C错误； 对于D选项，由样本数据，，，，的平均数为4， 得，，，，，4的平均数为4， 由，，，，的平均数为22，得， 因此，，，，，4的方差为， ，，，，，9的方差为，故D正确. 故选：BD. 10. 如图，四面体中，等边的边长为，，，平面平面，则下列选项正确的是（ ） A. 四面体的体积为 B. 直线与直线所成角的大小为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 点到平面的距离为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据面面垂直的性质得到平面，再由锥体的体积公式判断A，由线面垂直的性质判断B，取的中点，连接、，得到平面，则为直线与平面所成角，即可判断C，利用等体积法判断D. 【详解】对于A：因为，平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又等边的边长为，，， 所以， 所以，故A正确； 对于B：因为平面，平面，所以， 即直线与直线所成角的大小为，故B错误； 对于C：取的中点，连接、，则， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 又，在中，， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故C正确； 对于D：因为，， 设点到平面的距离为，则，解得， 即点到平面的距离为，故D正确. 故选：ACD 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.如图，某探照灯的轴截面是抛物线的一部分，其方程为，焦点为，光线从点出发，经抛物线反射，反射光线所在直线为，，若，则所在直线的方程为，为抛物线上的动点.下列选项正确的是（    ） A. 抛物线的方程为 B. 若直线过点，且倾斜角为，且，则的值为3 C. 若直线过点，，则的面积为 D. 若，当取得最大值时，的值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据点在抛物线上计算得出判断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，所在直线的方程为，所以，， 所以，所以，解得或， 因为，所以，即抛物线的方程为，故A正确. 对于B，抛物线焦点坐标为，直线的倾斜角为，所以直线的方程为. 设直线与抛物线的交点为，， 联立直线与抛物线的方程，消去并整理，得，解得，， ，，，所以的值为3，故B正确. 对于C，由题意不妨设，，如图所示， ，所以，. 设直线的方程为， 由消去得. 所以，所以，，所以，故C错误. 对于D，由题意，抛物线的焦点坐标为，准线方程为， 设，由为抛物线上一点，可得， 因为，所以， 所以， 由基本不等式得，当且仅当，即时，等号成立， 此时取得最大值，所以，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则的最小值为___________． 【答案】12 【解析】 【分析】先根据对数运算法则进行化简求得，然后利用基本不等式的性质求出结果即可. 【详解】因为，所以， 所以. 因为，所以根据基本不等式的性质可得 ，当且仅当即时等号成立， 此时取最小值为12. 故答案为：12. 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） 【答案】21 【解析】 【分析】考虑2个相同礼盒是否分给同一人两种情况，结合分步计数原理求解即可. 【详解】第一种情况，当2个相同礼盒分给同一人时： 第一步，分配2个相同礼盒， 即将这2个相同礼盒分给三个同学中的一个，共种分配方法； 第二步，分配剩下的2个不同礼盒， 即将剩下的2个不同礼盒，分给剩下的2个同学，共有种， 所以一共有种分法； 第二种情况，当2个相同礼盒不分给同一人时： 记4个礼盒分别为， 当或在一起时，共有种分配方法； 当在一起时，即将分给三个人中任何一个，剩下的2个人，每人分一个，共有种分配方法； 综上，共有种分配方法. 故答案为： 14. 已知两点，动点满足，直线与动点的轨迹交于两点.当时，_____；当时，的最小值为_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等和勾股定理以及对称性得到点的轨迹方程，再由两点间距离公式求出，由向量数量积的坐标表示结合几何意义求出的最小值； 【详解】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等可知，不妨设点在轴上方时， 由可得，又，所以， 设圆的半径为，所以在中，，解得， 所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆中所对应的优弧，不包括断点， 又对称性可得轴下方也满足，图形如下： 可得点的轨迹方程为， 当时，直线方程为， 联立，解得， 由对称性可得， 所以， 当时，设，由对称性可得， 所以， 由几何意义可得表示点到原点距离的平方，所以的最小值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是能根据圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等的到点的轨迹方程. 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. 在中，角的对边分别为．已知． （1）若，，求； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将已知边角等式通过正弦定理转化为三角函数等式，约去共同因子后得到角B的正切值，从而确定角B的具体大小；接着根据已知的两边和其中一边的对角，运用余弦定理建立关于第三边的一元二次方程计算求值. （2）根据边长比例和正弦定理得到角的正弦值比例关系，结合三角形内角和消去角C，将等式展开并化简得到角A的正切值；然后利用两角差的正切公式，代入已知的角B的正切值，直接计算得到所求正切值；或采用余弦定理先求出第三边，再求角A的三角函数值，最后用两角差公式得到结果. 【小问1详解】 由及正弦定理得，． 因为，所以， 则，即． 因为，所以， 根据余弦定理得， 即，解得或 (舍去)，故． 【小问2详解】 方法一：由和正弦定理，得， 即． ，即， 则得． 所以． 方法二：根据余弦定理得， 则，， 则角A是锐角，故， 则， 所以． 16. 甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和乙都投中的概率是，甲投中而丙未投中的概率是，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），与投篮水平较高的人（记为组）进行投篮比赛，甲、乙、丙各自独立投篮次，且每次投篮的结果互不影响，投中次数较多的一组获胜，求组获胜的概率. 【答案】（1）丙投篮水平较高，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为、、，根据独立事件的概率公式可得出关于、、的方程组，解出这三个概率的值，比较大小后可得出结论； （2）记组投中次数为，组投中次数为，由（1）知，，若组获胜，则，或，或，，再结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得组获胜的概率. 【小问1详解】 丙投篮水平较高，理由如下： 设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为、、. 依题意，得，解得， 因为，所以，丙投篮水平较高. 【小问2详解】 记组投中次数为，组投中次数为， 由（1）知，， 若组获胜，则，或，或，， 所以，， ， . 故组获胜的概率为 . 17. 如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点. （1）求证：； （2）若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角解出参数，再由棱锥体积公式得解； 【小问1详解】 在图①中，由题知四边形正方形，且； 则在②中，，，且， 又平面，则平面； 又，∴平面， 又平面，∴； 又，且为的中点，则； 又，平面， 则平面，又平面， 可得. 【小问2详解】 由（1）知平面，平面，则平面平面； 由题知二面角的平面角为，则， 则是等边三角形，则； 取的中点为，连接，则， 又平面平面，平面， 所以平面，且， 则可以建立如图所示的空间直角坐标系； 则、、、、， 则、、、， 设，（），则， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，则， 记直线与平面所成角为， 则， 即，解得， 因此，则. 18. 已知函数，曲线在处的切线方程为. （1）求，的值： （2）求证：有且只有一个零点； （3）记的零点为，曲线在处的切线与轴交于.若，求的取值范围. 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据切点是曲线与切线的共点，可求出切点纵坐标，将切点代入曲线求出的值，再根据切线的几何意义求出的值； （2）根据解析式本身特点，判断出在时恒成立，再用导数求出的单调区间和极值，结合赋值法，用零点存在性定理判断出零点所在区间，得出结论； （3）结合导数的几何意义，将导数在处的切线表示出来，得到切线与轴交点的横坐标，即，对求导，得出单调性和极值，结合（2）问中隐零点的表达式，判断出符合的的取值范围. 【小问1详解】 将切点代入切线得， 即，所以， 因为， 由题意得，即，解得. 【小问2详解】 结合（1）知，定义域为， 因为在上恒成立，易知当时，， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得极小值， 又，， 由零点存性定理可知有且只有一个零点. 【小问3详解】 由（2）知，则，， 则在处的切线为， 令，得， 因为在处的切线与轴交点为， 即， 令，， 结合（2）中结论知：时，，时，， 令得或， 令得或， 即当时，在单调递增，在单调递减， 所以，由（2）知， 所以此时，即，符合题意， 当时，在单调递减，在单调递增， 所以， 由（2）知，即， 代入得， 即此时，不符合题意，舍去. 综上所述，的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：在解零点相关问题中，如果零点的具体值不能求出，也要求出零点所在的区间，方便接下来应用隐零点的表达式和所在区间解题；本题第（3）小问中，由于定义域中不含，所以两段递减区间不是连续的，应该将和时分别分析. 19. 已知双曲线，，分别为左、右焦点，点在双曲线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，以为切点作双曲线右支的切线，交两渐近线于，两点，过，两点分别作两渐近线的平行线交于点，过作直线的平行线分别交两渐近线于，两点，再过，两点分别作两渐近线的平行线交于点，一直反复操作，可得,,…,． ①证明：点O，，，，，……，在同一条直线上，并求该直线方程； ②记的面积为，记，证明：． 【答案】（1）； （2）①证明见解析，；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标和已知点即可得到方程组，解出即可； （2）①设直线，将其与双曲线方程联立得到一元二次方程，再根据判别式等于0即可得到，则得到方程，再将其与双曲线渐近线方程联立即可得到交点坐标，最后根据三点共线即可得到轨迹方程； ②根据点到直线距离公式和两点距离公式即可得到，设，写出直线的方程，再将其与双曲线渐近线方程联立即可，再利用等比数列求和公式得到，最后再裂项求和即可证明. 【小问1详解】 得 双曲线的方程为：. 【小问2详解】 ①当直线斜率存在时，设直线， 联立，得， ， 即， 又，即为， ， ，即，， 当直线斜率不存在时，也满足． 直线方程：， 双曲线的渐近线：， 分别联立得和. 则交点， ， ， 可得三点共线且方程为：， 由于， ， ， 又， ， 共线，共线， 共线，共线且轨迹方程为. ②，直线方程：， 则， 由于，且且， 由， 则， ， 设，直线， 与分别联立得和. 则交点， . 即， ， 又， 所以， 因为， . 得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，，则（ ） A B. C. D. 2. 若复数z满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. i C. -1 D. -i 3. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，，，且，则的最大值是（ ）． A. B. C. D. 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，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为（ ） A. B. 48kg C. 57kg D. 6. 已知椭圆的左焦点为，上顶点为，直线与椭圆另一个交点为，若，则椭圆的离心率为（ ） A B. C. D. 7. 已知函数在上单调递增，且其图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义在上的增函数，且存在函数使得，若，分别是方程和的根，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 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，，且，则C，D相互独立 C. 某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D. 若样本数据的平均数为4，的平均数为22，则样本数据，9的方差为20 10. 如图，四面体中，等边的边长为，，，平面平面，则下列选项正确的是（ ） A. 四面体的体积为 B. 直线与直线所成角的大小为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 点到平面的距离为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.如图，某探照灯的轴截面是抛物线的一部分，其方程为，焦点为，光线从点出发，经抛物线反射，反射光线所在直线为，，若，则所在直线的方程为，为抛物线上的动点.下列选项正确的是（    ） A. 抛物线的方程为 B. 若直线过点，且倾斜角为，且，则的值为3 C. 若直线过点，，则的面积为 D. 若，当取得最大值时，的值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则的最小值为___________． 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，动点满足，直线与动点的轨迹交于两点.当时，_____；当时，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. 在中，角的对边分别为．已知． （1）若，，求； （2）若，求的值. 16. 甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和乙都投中的概率是，甲投中而丙未投中的概率是，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）现将投篮水平较低两人组成一组（记为），与投篮水平较高的人（记为组）进行投篮比赛，甲、乙、丙各自独立投篮次，且每次投篮的结果互不影响，投中次数较多的一组获胜，求组获胜的概率. 17. 如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点. （1）求证：； （2）若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由. 18. 已知函数，曲线在处的切线方程为. （1）求，值： （2）求证：有且只有一个零点； （3）记零点为，曲线在处的切线与轴交于.若，求的取值范围. 19. 已知双曲线，，分别为左、右焦点，点在双曲线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，以为切点作双曲线右支的切线，交两渐近线于，两点，过，两点分别作两渐近线的平行线交于点，过作直线的平行线分别交两渐近线于，两点，再过，两点分别作两渐近线的平行线交于点，一直反复操作，可得,,…,． ①证明：点O，，，，，……，在同一条直线上，并求该直线方程； ②记的面积为，记，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $