精品解析：福建省福州第一中学2025-2026学年第一学期第二学段考试高三数学试卷

福州一中2025-2026学年第一学期第二学段模块考试 高三数学学科试卷 （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 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，是非零向量，则“存在实数，使得”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 已知直线（为实数）为曲线的一条切线，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数为上的奇函数，当时，，则的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A B. C. D. 6. 已知直线：及抛物线上一动点，记到的距离为，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 7. 现有十个盒子，总质量为35千克，这十个盒子的质量按从大到小的顺序排列构成一个等差数列，且排在前三位的三个盒子的总质量不低于排在后三位的三个盒子的总质量的两倍，则质量最重的盒子最少是（ ） A. 7千克 B. 6千克 C. 5千克 D. 4千克 8. 已知三棱锥中，，，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则动点的轨迹长度为（ ） 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某研究小组在一次实验中记录如下一组10个样本数据：，则（ ） A. 这组数据的众数是5 B. 这组数据的中位数是6 C. 这组数据的第80百分位数是12 D. 原数据中最左侧4个数据的方差比最右侧4个数据的方差大 10. 已知双曲线与，则（ ） A. 离心率大于的离心率 B. 动直线与的交点的个数之和为0或2 C. 绕坐标原点顺时针旋转可得到 D. 的两条渐近线夹角的正切值为 11. 高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.例如已知函数，函数则下列说法中正确的有（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 函数图象关于直线对称 C. 函数的值域是 D. 方程只有一个实数根 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 若复数，则__________. 13. 有编号为1，2，3的三个盒子，将4个不同的小球全部放入盒子.若每个盒子中所放球的个数不大于其编号，则不同的放法共有__________种. 14. 实数满足，，则的最小值是__________. 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. 记的内角所对的边分别为，. （1）求； （2）若，求外接圆面积的最小值. 16. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是梯形，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知数列的前项和为，，数列满足：，且，分别为数列第二项和第三项. （1）求数列与数列的通项公式； （2）若数列，求数列前项和； （3）当时，设集合，集合中元素的个数记为，直接写出数列的通项公式（不用说明理由）. 18. 已知函数，设在处的切线为直线. （1）求直线的方程； （2）若的图象在直线的上方（除点外）， ①求的取值范围； ②证明：对于任意的正整数，成立. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，焦距为2，过点作直线交椭圆于、两点，的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与垂直且与轴交于点，若， ①证明：直线过定点； ②记①中的定点为，若与的面积之比为3，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州一中2025-2026学年第一学期第二学段模块考试 高三数学学科试卷 （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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由分式不等式的运算和二次根式的取值再结合集合的运算可得. 【详解】不等式即，即，由知， 而，故. 故选：C. 2. 设，是非零向量，则“存在实数，使得”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积的应用，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】若“”，则平方得， 即，即 ， 则，即，即，同向共线，则存在实数使得 ； 反之当时，存在，满足，但“”不成立， 即“存在实数使得 ”是“”的必要不充分条件. 故选：B． 3. 已知直线（为实数）为曲线的一条切线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的几何意义及导数的运算法则一一判定选项即可. 【详解】对于A，易知，则上不存在某点处的切线斜率为， 故A错误； 对于B，易知，可知使得，故B正确； 对于C，易知，则上不存在某点处的切线斜率为， 故C错误； 对于D，易知，则上不存在某点处的切线斜率为， 故D错误. 故选：B 4. 已知函数为上的奇函数，当时，，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，先由奇偶性求得在上的解析式，把不等式转化为等价不等式组，结合指数函数单调性，求解不等式组的解集即可. 【详解】因为函数为上的奇函数，且当时，， 当时，，可得，所以， 又因为为上的奇函数，则， 则可转化为或，解得或， 故不等式的解集为. 故选：C. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合已知条件，利用二倍角公式可求得，再根据诱导公式计算即可. 【详解】由题意，因为，所以， 所以. 故选：A. 6. 已知直线：及抛物线上一动点，记到的距离为，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线定义将转化求解. 【详解】抛物线的焦点为，准线方程为， 根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，即， 所以，因为当时，最小， 所以，故的最小值是. 故选：B. 7. 现有十个盒子，总质量为35千克，这十个盒子的质量按从大到小的顺序排列构成一个等差数列，且排在前三位的三个盒子的总质量不低于排在后三位的三个盒子的总质量的两倍，则质量最重的盒子最少是（ ） A. 7千克 B. 6千克 C. 5千克 D. 4千克 【答案】C 【解析】 【分析】设等差数列的首项和公差，根据已知条件列出不等式，再结合总质量求出首项的最小值，进而得到最重盒子质量的最小值. 【详解】依题意设十个盒子的质量构成的等差数列为，首项为，公差为（）， 则这十个盒子的质量分别为：， 则前三位盒子总质量为：， 后三位盒子总质量为：， 依题意可得：，化简得：， ，即， 由，且， 所以，有，解得， 又因为是关于的减函数， 当取最大值时，取得最小值，. 故选：C. 8. 已知三棱锥中，，，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则动点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设外接球的半径为，根据题意，求得，点到平面的距离为，得到 所以点在平行于平面的平面上，再求得外接球的球心到平面的距离为，得到点的轨迹为以为半径的圆，结合圆的周长公式，即可求解. 【详解】如图所示，设外接球的半径为，则由外接球的体积为，解得， 因为，所以，所以， 所以，设点到平面的距离为， 则三棱锥的体积为，解得，即， 所以点在平行于平面的平面上， 因为，所以的外接圆的圆心为的中点，则外接圆的半径为， 所以外接球的球心到平面的距离为，即， 所以球心到点所在平面的距离为，即， 在直角中，可得, 所以点的轨迹为以为半径的圆， 所以动点的轨迹长度为. 故选：B. 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. 9. 某研究小组在一次实验中记录如下一组10个样本数据：，则（ ） A. 这组数据的众数是5 B. 这组数据的中位数是6 C. 这组数据的第80百分位数是12 D. 原数据中最左侧4个数据的方差比最右侧4个数据的方差大 【答案】AD 【解析】 【分析】先把数据从小到大排序，结合众数、中位数、百分位数，以及平均数和方差的定义和计算方法，逐项判定，即可求解. 【详解】由统计数据：，从小到大排序，可得， 对于A，由众数的定义，可得这组数据的众数是5，所以A正确； 对于B，由中位数的定义，可得这组数据的中位数是，所以B错误； 对于C，由，则这组数据的第80百分位数是，所以C错误； 对于D，由最左侧4个数据为，其平均数为， 方差为； 最右侧4个数据为，其平均数为， 方差为； 因为，则最左侧4个数据的方差比最右侧4个数据的方差大，所以D正确. 故选：AD. 10. 已知双曲线与，则（ ） A. 的离心率大于的离心率 B. 动直线与的交点的个数之和为0或2 C. 绕坐标原点顺时针旋转可得到 D. 的两条渐近线夹角的正切值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，计算出离心率即可判断；对于B，分和两类情况，分别考虑与的交点个数即可判断；对于C，根据两双曲线的离心率不同，故两者无法通过旋转得到；对于D，利用到角公式计算即可判断. 【详解】由可知其焦点在轴上，实半轴长为，虚半轴长为，半焦距为； 由可知其焦点在轴上，实半轴长为，虚半轴长为，半焦距为. 对于A，的离心率，而的离心率，显然，故A正确； 对于B，因与的一条渐近线方程都是， 当时，与的交点个数都为0，则交点的个数之和为0； 当时，与的交点个数都为1，则交点的个数之和为2， 故动直线与的交点的个数之和为0或2，即B正确； 对于C，因的离心率不同，故绕坐标原点顺时针旋转不能得到，故C错误； 对于D，的两条渐近线的斜率为， 设它们的夹角为，则，故D正确. 故选：ABD. 11. 高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.例如已知函数，函数则下列说法中正确的有（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 函数图象关于直线对称 C. 函数的值域是 D. 方程只有一个实数根 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据绝对值的几何意义去绝对值可判断A，利用对称性判断B，根据的值域可判断C，根据的值域分类讨论可求D. 详解】， 所以函数在区间上不是单调递增，A错误； 当为奇数时，， ， 此时， 当为偶数时，， ， 此时， 所以， 所以函数图象关于直线对称，B正确； 由题可得， 所以， 所以当时， 当时， 当时， 所以函数的值域是，C正确； 若，则方程，即， 但，所以此时无解； 若，则方程，即， 但， 因为，所以，所以， 满足题意， 若，则方程，即， 但，不满足题意， 所以方程只有一个实数根为，D正确， 故选:BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 若复数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由复数的除法运算及复数的模进行求解． 【详解】， 得， 故答案为： 13. 有编号为1，2，3的三个盒子，将4个不同的小球全部放入盒子.若每个盒子中所放球的个数不大于其编号，则不同的放法共有__________种. 【答案】38 【解析】 【分析】根据题意，三个盒子放球的个数为1号盒子；2号盒子；3号盒子，按照几个盒子放球分类，分1个盒子放1个球，另一个盒子放入3个球，2个盒子分别放入2个球，和放入3个盒子中，其中1个盒子放入2个球，三种情况讨论，结合排列数和组合数的计算公式，即可求解. 【详解】三个盒子放球个数为：1号盒子；2号盒子；3号盒子， 4个不同的小球全部放入盒子，不同的组合方法有： ①1个盒子放1个球，另一个盒子放入3个球，其中3个球只能放入3号盒子，有种放法； ②2个盒子分别放入2个球，显然只能放入2号和3号盒子，有种放法； ③放入3个盒子中，其中1个盒子放入2个球，另外2个盒子分别放入1个球， 放入2个球盒子从2号和3号盒子中选，剩余2个球和2个盒子进行排列， 有种放法, 由分类计数原理，共有种不同的放法. 故答案为：. 14. 实数满足，，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】化简得到，由，由，求得，得到，转化为图象上的点到直线上一点的距离，结合导数的几何意义，即可求解. 【详解】由， 因为，可得， 所以， 又由，可得，所以在上单调递增， 又因为，则， 则， 表示函数图象上的点到直线上一点的距离， 则最小值为图象与直线平行的切线到直线的距离， 设切点为，其中，由，可得， 令，解得，可得，即切点为， 可得切点为直线距离为， 即的最小值是. 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. 记的内角所对的边分别为，. （1）求； （2）若，求外接圆面积的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，两角和的正弦公式及诱导公式得，结合的范围即可求出； （2）由正弦定理得，根据余弦定理结合基本不等式求出的最小值，即可求出答案. 【小问1详解】 由，整理得：， 由正弦定理，可得， 即， 因， 所以， 又，则， 所以，即，所以. 【小问2详解】 由正弦定理，外接圆的半径， 要使外接圆的半径最小，只需最小， 由余弦定理，， 当且仅当时取等号，此时，则， 故外接圆面积的最小值为. 16. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是梯形，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】小问1利用勾股定理的逆定理证明，然后利用两组线线垂直推导线面垂直；小问2建立空间直角坐标系后，求出两个面的法向量，然后求出平面与平面夹角的余弦值。 小问1详解】 （1）取中点，连接，， 因为是等边三角形，又，所以，， 又，，所以，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 若，由（1）可得，所以，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， 则，，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，， 所以平面的一个法向量为 设平面与平面所成的角为， 17. 已知数列的前项和为，，数列满足：，且，分别为数列第二项和第三项. （1）求数列与数列的通项公式； （2）若数列，求数列的前项和； （3）当时，设集合，集合中元素的个数记为，直接写出数列的通项公式（不用说明理由）. 【答案】（1），； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系求出，，再由知是等比数列，即可求解； （2）由题意可得，对裂项，即可求解； （3）通过对分类讨论，确定的取值，再利用不等式性质求解的取值个数即可. 【小问1详解】 ， 当时，， 当时，，满足上式， 所以， 数列满足：，即数列为等比数列， ，，则， 所以； 【小问2详解】 由（1）可得，， 则， 【小问3详解】 集合中元素个数等价于满足的不同解的个数， 若，则，与已知矛盾； 若，则，与已知矛盾，所以，， 又因为， 所以，对，，满足题意. 即，2，3，…，，共个解，故. 18. 已知函数，设在处的切线为直线. （1）求直线的方程； （2）若的图象在直线的上方（除点外）， ①求的取值范围； ②证明：对于任意的正整数，成立. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出斜率，利用直线的点斜式方程即可求出答案； （2）①由题意得在上恒成立，即在上恒成立，令，分为和分别讨论，即可求出答案；②先证，，即可得到，即可得，再证明，即可证明. 【小问1详解】 由题得，，所以， 所以在处的切线为， 即. 【小问2详解】 ①由题意得在上恒成立， 即在上恒成立， 令， 所以， 令，， （Ⅰ）当时，，所以在上单调递增， 又因为， 所以当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 所以，符合题意. （Ⅱ）当时，令， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 所以，即 取，则有，所以， 则有 ， 与在上恒成立矛盾，舍去， 综上，， 所以的取值范围为. ②先证：，， 令，则， 当时，由①知在上单调递增， 因为， 所以，即，在上单调递减， 所以，即对，有， 所以，， 所以， 当时， ， 当时，， 所以， 由①知，，则， 所以在上单调递增，， 所以，. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，焦距为2，过点作直线交椭圆于、两点，的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与垂直且与轴交于点，若， ①证明：直线过定点； ②记①中的定点为，若与的面积之比为3，求的值. 【答案】（1） （2）①证明见解析；②或 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而求出； （2）①设，，，依题意可得，即可求出与的关系，再表示出的方程，即可得证；②设与交于点，依题意可得，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，得到，表示出，即可求出，从而求出. 【小问1详解】 因为 ， 依题意得，所以，则， 所以椭圆的方程为：； 【小问2详解】 ①由题得，斜率存在，从而斜率不为零， 设，，， 则，，， 因为， 所以，即， 所以， 因为， 同理， 所以， 即， ， 所以， 所以， 所以，所以， 因为，所以直线，即， 所以恒过定点； ②设与交于点 因为，所以， 设，，，其中，， 联立得， 即，则， 所以，， 所以， 因为， 所以， 所以， 联立，解得， 所以， 所以， 所以，即， 所以，即， 所以， 所以， 解得或， 所以或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $