精品解析：福建福州市福清第一中学2026届高三第二学期质量检测卷一数学科试卷

福清一中2026届高三第二学期质量检测卷一 数学 完卷时间： 120 分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. “a＝－4”是“直线l：3x＋ay＋a＋3＝0与圆C：相切”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 4. 在平行四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线C：，过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则＝（ ） A. －1 B. －2 C. 1 D. 2 6. 某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年（2024年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2024年到2033年该产品的销售总额约为（ ） （参考数据：） A. 964万元 B. 2980万元 C. 3940万元 D. 5170万元 7. 在正四棱台中，，且，记能将正四棱台罩住的半球的最小半径为，正四棱台外接球的半径为，则（ ） A. B. 1 C. D. 8. 在备战巴黎奥运会期间，教练组举办羽毛球训练比赛，派出甲、乙两名单打主力，为了提高两名主力的能力，教练安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与陪练打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关．已知甲、乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立．记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为 （ ） A. 32 B. 31 C. 28 D. 27 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 若函数的最小正周期为，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 函数是奇函数 D. 将的图象向右平移个单位长度后，与函数的图象重合 10. 已知是定义在上的奇函数，，且，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 4是的一个周期 D. 的图象关于点中心对称 11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别是，，直线l：与两条渐近线交于A，B两点，若，则C的离心率可能是（ ） A. 2 B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，共15分. 12. 若的展开式中，的系数等于的系数的5倍，则____． 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则______． 14. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则的中线的最大值为_____. 四、解答题：本大题共5小题，共63分. 15. 设等差数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，若，求证：. 16. 如图，在五面体中，是等边三角形，，，平面平面，，是棱的中点． （1）证明：平面． （2）证明：平面． （3）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）若，求在上的值域； （2）若，求在上的零点个数． 18. 已知椭圆过点，其离心率，点为椭圆的上顶点，过点的两条直线与椭圆分别交于两点，与直线分别交于两点，的重心为点. （1）求椭圆的方程； （2）求弦长的最大值； （3）已知点，若，其中且，证明：当在变化时，重心在一条定直线上，并求出这条定直线方程. 19. 某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立. （1）求两局后比赛终止的概率； （2）在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率； （3）在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福清一中2026届高三第二学期质量检测卷一 数学 完卷时间： 120 分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】化简复数为，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数，可得复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第一象限． 故选：A. 2. “a＝－4”是“直线l：3x＋ay＋a＋3＝0与圆C：相切”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线与圆相切得到圆心到直线的距离等于半径，建立的方程，解出的值，利用充分条件和必要条件得到结论. 【详解】由直线l：3x＋ay＋a＋3＝0与圆C：相切， 得，解得a＝0或a＝－4， 则“a＝－4”是“直线l：3x＋ay＋a＋3＝0与圆C：相切”的充分不必要条件． 故选：B. 3. 函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过奇偶性排除CD选项，再通过特定区间的函数符号排除B选项，即可得解. 【详解】因为，所以， 所以的图象关于原点中心对称，所以CD错误． 当时，，所以B错误. 故选：A． 4. 在平行四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用平面向量加减运算法则和数量积即可求解. 【详解】在平行四边形中，因为， 所以， 所以 故选： 5. 已知抛物线C：，过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则＝（ ） A. －1 B. －2 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设直线l的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理求解. 【详解】当直线l与轴垂直时，其方程为，代入抛物线方程，,解得, ，则. 当直线l不垂直于轴时，设直线l的方程为，， 由，得，则 故， 故选：A. 6. 某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年（2024年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2024年到2033年该产品的销售总额约为（ ） （参考数据：） A. 964万元 B. 2980万元 C. 3940万元 D. 5170万元 【答案】C 【解析】 【分析】该公司从2024年起的每年销售额依次排成一列可得数列，由求出通项，再结合数列求和即可得解. 【详解】该公司从2024年起的每年销售额依次排成一列可得数列， 依题意，当时，，即， 因此数列是首项为90，公比为1.3的等比数列，，即， 则， 所以从2024年到2033年该产品的销售总额约为3940万元. 故选：C 7. 在正四棱台中，，且，记能将正四棱台罩住的半球的最小半径为，正四棱台外接球的半径为，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取，的中点分别为，，通过计算分别求得，通过比较可知，设外接球的球心到平面的距离为，通过勾股定理计算求得、，即可得出结果. 【详解】如图，连接，，它们的中点分别记为，，连接，，易知为此正四棱台的高， ，则，所以，， 过点作的垂线，垂足为， 则， ，则，， 故能将正四棱台罩住的半球的最小半径． 设该正四棱台外接球的球心到平面的距离为，则，解得，，故． 故选：D 8. 在备战巴黎奥运会期间，教练组举办羽毛球训练比赛，派出甲、乙两名单打主力，为了提高两名主力的能力，教练安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与陪练打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关．已知甲、乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立．记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为 （ ） A. 32 B. 31 C. 28 D. 27 【答案】D 【解析】 【分析】表示出每一轮过关的概率后结合基本不等式可得该概率的最大值，再结合二项分布期望公式计算即可得解. 【详解】由题可知每一轮过关的概率: ， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 故．因为，所以，则. 故选：D. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 若函数的最小正周期为，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 函数是奇函数 D. 将的图象向右平移个单位长度后，与函数的图象重合 【答案】AB 【解析】 【分析】根据周期公式求出的值，即可判断A；由选项A得到函数的解析式，求出其对称中心，即可判断B；求出函数的解析式，并判断其奇偶性，即可判断C；将的图象向右平移个单位长度，得到的解析式，并判断它与函数的关系，即可判断D. 【详解】由题意可知，解得，故A正确； 可知. 令，解得.当时，可得. 所以的图象关于点对称，故B正确； 因为， 令，因为， 所以函数是偶函数，即是偶函数，故C错误； 将的图象向右平移个单位长度后，得到函数 的图象， 与的图象不重合，故D错误. 故选：AB 10. 已知是定义在上的奇函数，，且，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 4是的一个周期 D. 的图象关于点中心对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，求得是定义在上的奇函数，结合，求得，可判定A错误；由的图象关于对称，得到的图象关于轴对称，可判定B正确；推得，可判定C正确；由的图象关于点对称，且关于直线对称，得到的图象关于点对称，可判定D正确. 【详解】对于A，因为，可得的图象关于对称，所以， 又因为是定义在上的奇函数，所以， 因为，所以，所以A错误； 对于B，因为的图象关于对称，所以的图象关于轴对称， 所以是偶函数，所以B正确； 对于C，因为是定义在上的奇函数，所以， 又因为，所以， 所以，所以， 所以，所以函数是以为周期的周期函数，所以C正确； 对于D，因为是定义在上的奇函数，所以的图象关于点对称， 因为的图象关于直线对称，所以的图象关于点对称，所以D正确. 故选：BCD. 11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别是，，直线l：与两条渐近线交于A，B两点，若，则C的离心率可能是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】分析可知，，求交点横坐标，分和两种情况，结合弦长公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：直线l过点，且与直线垂直， 点到渐近线的距离， 因为，可知垂足为A，且，． 联立方程，解得； 联立方程，解得； 当时，点B在射线上，则， 可得，整理得， 所以双曲线C的离心率为； 当时，点B在射线上，则， 可得，整理得， 所以双曲线C的离心率为； 综上所述：C的离心率可能是或2. 故选：AD. 三、填空题：本大题共3小题，共15分. 12. 若的展开式中，的系数等于的系数的5倍，则____． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理分别得到和的系数，便可求解. 【详解】由二项式定理可知，的系数为，的系数为，由题可得 ，即，所以，而且，解得． 故答案为：. 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则______． 【答案】 【解析】 【分析】求得，得到，求得切线方程为，再求得，设曲线的切点为，列出方程组，即可求解. 【详解】由函数，可得，所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 又由函数，可得， 设曲线的切点为， 则，解得. 故答案为：. 14. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则的中线的最大值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可得，，利用向量的模长公式可求，根据二次型函数求最值即可 【详解】 ， 即，即，又，所以， 又的中线，所以， ， 又为锐角三角形，所以，， 即时，. 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共63分. 15. 设等差数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，若，求证：. 【答案】（1）； （2）证明：由（1）可得， 所以. . 【解析】 【分析】（1）由已知条件，列出关于等差数列的首项与公差的方程组，进行求解即可. （2）利用裂项相消求出，再结合不等式的性质证明. 【小问1详解】 设的公差为， 依题意可得 即解得 所以. 【小问2详解】 略 16. 如图，在五面体中，是等边三角形，，，平面平面，，是棱的中点． （1）证明：平面． （2）证明：平面． （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取棱的中点O，连接．先证得，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）由线面垂直的判定定理可得平面，则，再，由线面垂直的判定定理即可证得. （3）以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 证明：取棱的中点O，连接． 因为O，P分别是棱AC，DF的中点，所以， 且．因为，， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以．因为平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 证明：因为是等边三角形，且O是棱AC的中点， 所以OB⊥AC．因为平面平面， 且平面平面＝AC，平面， 所以平面． 因为AF平面，所以． 因为，AB平面，OB平面，且，平面， 所以AF⊥平面． 【小问3详解】 解：由（2）可知OB，OC，OP两两垂直，则以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以， ， 则，，，， 设平面DEF的法向量为， 则，令＝1，得＝（0，1，－1）． 设平面BCF的法向量为， 则，令＝1，得． 设平面DEF与平面BCF的夹角为， 则， 即平面DEF与平面BCF夹角的余弦值为． 17. 已知函数． （1）若，求在上的值域； （2）若，求在上的零点个数． 【答案】（1） （2）答案见解析； 【解析】 【分析】（1）多次求导后，可判断在上单调递增，据此可得值域； （2）时，多次求导后，可得在上单调递增，在上单调递减，其中，然后由零点存在性定理可得答案. 【小问1详解】 时，，此时， 令，. 则，则在上单调递增， 则，故在上单调递增， 则； 【小问2详解】 由题，令，. 则，，， 时，，根据正弦函数性质知在上的零点个数为0； 时，所以， 故在上单调递减. 又，则，使. 则， 故在上单调递增，在上单调递减. 又注意到，，结合在上单调递增， 则时，，，又， 结合在上单调递减.则存在，使. 综上，当时，在上的零点个数为0， 当时，在上的零点个数为1. 18. 已知椭圆过点，其离心率，点为椭圆的上顶点，过点的两条直线与椭圆分别交于两点，与直线分别交于两点，的重心为点. （1）求椭圆的方程； （2）求弦长的最大值； （3）已知点，若，其中且，证明：当在变化时，重心在一条定直线上，并求出这条定直线方程. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）由离心率的定义，，点在椭圆上代入求出即可； （2）由两点间距离公式结合二次函数的性质求最值即可； （3）设直线方程为，直曲联立，表示出韦达定理，再求出点坐标，利用重心坐标公式表示出重心所在直线即可； 【小问1详解】 由得，又， 由在椭圆上，得， 椭圆的方程为. 【小问2详解】 设， ，其中， 当时，取得最大值，最大值为. 【小问3详解】 由知三点共线，且直线斜率存在且不为0，所以设直线方程为， ， 恒成立， ， 直线，令得，同理， ， ， ， 点在定直线上. 【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是能够表示出直线与的交点坐标，再利用韦达定理化简重心坐标公式. 19. 某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立. （1）求两局后比赛终止的概率； （2）在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率； （3）在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分析可知，棋手可能得分或分比赛终止，列出两种情况下棋手的胜负情况，结合独立事件的概率公式和互斥事件概率公式可求得所求事件的概率； （2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件，求出、的值，利用条件概率公式可求得的值； （3）分析可知，甲共胜局，对棋手甲分两种情况讨论：（i）棋手第局以分比赛终止；（ii）棋手第局以分比赛终止.计算出“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率，分析数列的单调性，即可得出结论. 【小问1详解】 设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件， 设“两局后比赛终止”为事件， 因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止． （i）当棋手得分为分，则局均负，即； （ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即． 因为、互斥，所以 ． 所以两局后比赛终止的概率为． 【小问2详解】 设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件． 因为 ， ． 所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 ． 所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为． 【小问3详解】 因为局获奖励万元，说明甲共胜局． （i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种， （ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种， 则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率 ，． 所以． 因为，所以， 所以，所以单调递减， 所以当时，取最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $