精品解析：福建省厦门第一中学2025-2026学年高三下学期第一次周测数学试题

福建省厦门第一中学2025—2026学年高三（下）周练一 数学试卷 满分为150分，考试时间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写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共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的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 某小组10位同学的数学成绩依次为：101、104、105、120、120、122、124、126、128、132，这组数据的上四分位数为（ ） A. 104 B. 105 C. 125 D. 126 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数（）为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 5. 已知线性相关的两个变量，的取值如下表所示，若其回归方程为，那么当时的残差为（ ） 7 9 11 13 30 45 50 A. B. C. 8 D. 9 6. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧所在圆台的底面半径分别是和，且，圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（ ） 图1 图2 A. B. C. D. 7. 某学校组织中国象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛．决赛采取3局2胜制，假设每局比赛中甲获胜的概率均为，且各局比赛的结果相互独立．则在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 若存在和定义在上的，使得，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选释题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 关于点中心对称 D. 在单调递减 10. 某校有男生人，女生人，且男生身高的均值为，方差为，女生身高的均值为，方差为，全体学生身高均值和方差分别为，，则下列说法一定正确的是（） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 在棱长为2的正方体中，点为正方形内的动点（包含边界），点为的中点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 若，则动点的轨迹长度为 C. 若点在线段上（不包含端点），则四棱锥存在外接球 D. 若点为的中点，则过三点的平面与该正方体的截面周长为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若角的终边经过点，则__________. 13. 圆与圆的两条公切线的交点坐标为________. 14. 已知的周长为2，若，，则内切圆半径的最大值为________. 四、解答题：共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，． （1）求； （2）求． 16. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若点为的外心，求的周长. 17. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若在区间上有零点，求实数的取值范围． 18. 已知为坐标原点，动圆过点且与直线相切． （1）设圆的圆心的轨迹为曲线，求曲线的方程； （2）过点斜率为的直线与曲线交于两点， （i）过分别作曲线的两条切线，记与的交点是，若的面积为32，求的值； （ii）将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值． 19. 维空间中点的坐标可以表示为，其中为该点的第个坐标．定义维空间中任意两点，之间的平均离差二乘距离．设维空间点集或1，其中． （1）若，，且点，，写出所有的点的坐标； （2）任取维空间中的不同两点． （i）若，求的概率； （ii）记随机变量，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第一中学2025—2026学年高三（下）周练一 数学试卷 满分为150分，考试时间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写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共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的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式得到集合，然后求并集即可. 【详解】，， 所以. 故选：B. 2. 某小组10位同学的数学成绩依次为：101、104、105、120、120、122、124、126、128、132，这组数据的上四分位数为（ ） A. 104 B. 105 C. 125 D. 126 【答案】D 【解析】 【分析】利用上四分位数的定义求解即可. 【详解】某小组10位同学的数学成绩依次为：101、104、105、120、120、122、124、126、128、132， 因为，所以这组数据的上四分位数为第8个数据126. 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算性质，化简得到，即可求解. 【详解】由复数的运算性质，可得，则， 所以，所以. 4. 已知函数（）为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数的定义计算. 【详解】由题意得， 则，， ，整理得，所以，， 所以. 5. 已知线性相关的两个变量，的取值如下表所示，若其回归方程为，那么当时的残差为（ ） 7 9 11 13 30 45 50 A. B. C. 8 D. 9 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得： 因为回归直线过样本中心点， 代入得：， 又， 解得， 即时真实值， 当时，预测值， 因此当时的残差为. 6. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧所在圆台的底面半径分别是和，且，圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（ ） 图1 图2 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知分别求出上下底面面积，最后由圆台的体积计算公式. 【详解】，圆台的侧面积为,母线长． 圆台的高， 则圆台上下底面面积为， 由圆台的体积计算公式可得：． 故选：C． 7. 某学校组织中国象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛．决赛采取3局2胜制，假设每局比赛中甲获胜的概率均为，且各局比赛的结果相互独立．则在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设甲获胜为事件，甲第一局获胜为事件，根据条件概率计算公式求解. 【详解】设甲获胜为事件，甲第一局获胜为事件， 则， ， 所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是. 故选：D. 8. 若存在和定义在上的，使得，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过变量替换，把问题转化为求函数的最值问题，利用导数求最值可得答案. 【详解】由题意得：，即， 令，由，得：， ， 令，则，迭代得：， 令，得：， 当时，取，则有，不合题意； 当时，，即， 取，则有，不合题意. 因此，只能，此时， 即，即， 令，则， 所以在大于0，在小于0； 所以在单调递增，在单调递减， 所以，，即的最大值为. 二、多项选释题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 关于点中心对称 D. 在单调递减 【答案】BD 【解析】 【详解】化简得， 对于A，，故A错误， 对于B，，令，解得， 令，得，故的图象关于直线对称，故B正确， 对于C，令，解得， 令，得，关于点中心对称，故C错误， 对于D，， 当，则，根据余弦函数的性质可知，在单调递减，故D正确. 10. 某校有男生人，女生人，且男生身高的均值为，方差为，女生身高的均值为，方差为，全体学生身高均值和方差分别为，，则下列说法一定正确的是（） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】分层随机抽样总样本的均值为，总样本的方差为，带入化简计算即可. 【详解】选项A：若，则全体均值，A正确； 选项若，则，B正确； 选项C：因为 当时，由A选项可知 代入上式可得，若，可能（例如时），C不成立； 选项D：当时，由B可知，代入上式并化简可得 因为恒成立，故D正确. 故选：ABD. 11. 在棱长为2的正方体中，点为正方形内的动点（包含边界），点为的中点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 若，则动点的轨迹长度为 C. 若点在线段上（不包含端点），则四棱锥存在外接球 D. 若点为的中点，则过三点的平面与该正方体的截面周长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用等体积法可判断A；由题意可得平面，可得，计算可判断B；若四棱锥存在外接球，则，可判断C；求得截面周长判断D. 【详解】因为点为正方形内的动点，所以点到平面的距离为， 又为定值，故A正确； 由正方体，可得平面，又平面， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 同理可证，又，平面， 所以平面，又，所以平面， 点为正方形内的动点，所以，又， 所以动点的轨迹长度为，故B正确； 点在线段上（不包含端点），若四棱锥存在外接球， 则四边形需有外接圆，则， 又，所以，此时点与点重合（与题意不符合）， 所以四棱锥不存在外接球，故C错误； 点为的中点，点为的中点，记直线与延长线分别交于点， 连接分别交于，连接， 则五边形为过三点的平面与该正方体的截面， 因为，所以，所以，所以， 又，所以，所以，所以， 由勾股定理可得，， ，同理可得，， 所以过三点的平面与该正方体的截面周长为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若角的终边经过点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数的定义来得到已知角的函数值，再用二倍角公式和诱导公式来求其它角的三角函数值. 【详解】根据已知条件可知：， 则 ， 故答案为：. 13. 圆与圆的两条公切线的交点坐标为________. 【答案】 【解析】 【详解】作图，圆的圆心，半径； 圆，圆心，半径. 而公切线交点在圆心连线上，同侧切点，构成， 所以，且与关于对称，结合中点坐标公式可得. 14. 已知的周长为2，若，，则内切圆半径的最大值为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，化简得到，证得，利用基本不等式，求得，解得，结合面积法，求得内切圆半径的最大值. 【详解】由，可得为锐角， 又由，可得， 所以， 所以① 若，可得，即且 可得，所以①式成立； 若，则，由，所以， 由，可得， 则，所以①式不成立； 同理可证：若，则①式左边为正，右边为负； 综上可得，，所以周长， 当且仅当时取等，所以， 内切圆半径，所以的最大值为. 四、解答题：共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，． （1）求； （2）求． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）将和及的值分别代入，计算即可求出； （2）利用与的关系得到，再按照等差数列的定义证明是以为首项，18为公差的等差数列，再求即可. 【小问1详解】 因为， 所以当时， ， 因为，所以解得； 当时， ， ，解得. 【小问2详解】 因为①， 所以②， 所以②—①可得，时，上式也成立， 所以用代换可得， 所以， 这说明数列是以 为首项，18为公差的等差数列. 所以. 16. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若点为的外心，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）逆用两角和的正切公式可得，再利用正弦定理计算即可得； （2）利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用余弦定理计算可得，即可得的周长. 【小问1详解】 在中，由，得， 所以，所以，又,所以， 因为，由正弦定理得， 由，则所以； 【小问2详解】 由（1）知， 因为点为的外心，所以的外接圆半径， 在中，所以， 所以，解得（舍去）或， 所以的周长为. 17. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若在区间上有零点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，根据直线的点斜式方程求解切线即可. （2）求出导函数，按照、和分类讨论研究函数的单调性，根据在区间上有零点列不等式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 即， 所以切线的斜率为．又， 所以切线方程为，即． 【小问2详解】 ，则， ①当时，， 所以在区间上恒成立，在区间上单调递增． 所以在区间上恒成立，即在区间上无零点． ②当时，令， 则在区间上恒成立， 所以在区间上单调递增，即． （ⅰ）时，，在区间上单调递增， 即在区间上恒成立，所以在区间上无零点． （ⅱ）当时，，又， 所以存在，使得， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 即当时，取得最小值，因为，所以． 因为，所以当时，， 此时，在区间上恒成立，在区间上无零点． 当时，，故存在，使得， 所以实数的取值范围是． 18. 已知为坐标原点，动圆过点且与直线相切． （1）设圆的圆心的轨迹为曲线，求曲线的方程； （2）过点斜率为的直线与曲线交于两点， （i）过分别作曲线的两条切线，记与的交点是，若的面积为32，求的值； （ii）将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）设，动圆的半径为，求圆心到直线的距离，化简即可. （2）（i）设直线方程为，与抛物线方程联立，通过韦达定理以及求解点到直线的距离再通过的面积求解即可. （ii）设关于轴的对称点分别为，记以等腰梯形绕轴旋转一周得到的圆台体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，再由，以及基本不等式求解即可. 【小问1详解】 设，动圆的半径为，则， 圆心到直线的距离， 所以，化简得，所以曲线的方程为． 【小问2详解】 （i）设直线方程为，设 联立，消去得， 由韦达定理：． 由方程得，所以， 则抛物线在点处的切线方程为，即， 在点处的切线方程为，即， 联立，解得，所以． 点到直线的距离， 所以，所以． （ii）设关于轴的对称点分别为记以等腰梯形绕轴旋转一周得到的圆台体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，所求旋转体体积为： ，又， 所以， 又，，， 所以 所以． 当时取得“”，即时取得“”所以所求旋转体体积的最小值为． 19. 维空间中点的坐标可以表示为，其中为该点的第个坐标．定义维空间中任意两点，之间的平均离差二乘距离．设维空间点集或1，其中． （1）若，，且点，，写出所有的点的坐标； （2）任取维空间中的不同两点． （i）若，求的概率； （ii）记随机变量，求的最大值． 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）根据新定义，列出方程，求解即可； （2）（i）根据新定义、组合、古典概型求解即可； （ii）根据概率、组合数的性质，结合导数化简，求出，再作差比较法判断单调性，利用单调性确定取值范围即可. 【小问1详解】 由定义可知，。 即，且， 所以解得满足方程的B点坐标为： 【小问2详解】 （i）（固定点P）：设点, 因为， 因为或1，或1， 所以中有两项等于0，两项等于1， 所以满足条件的所有可能情况有， 因为两不同点所有可能情况共有种， 所以的概率. （ii）设随机变量,其中 因为， 所以， 因为， 两边同时求导，得， 上式两边同乘,求导得 ， 令，得， 所以， 因为， 所以单调递减，因为， 所以.则的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $