精品解析：福建福州格致中学2026-2027学年第一学期高三数学8月限时训练

福州格致中学2026—2027学年第一学期高三数学8月限时训练 （满分：150分 完卷时间：120分钟） 学校：__________姓名：__________班级：_________座号：_________ 一、选择题：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的． 1. 已知集合，，则（ ）． A. R B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的交集计算和二次不等式以及指数函数的不等式解法即可求解. 【详解】, , , 故选：B. 2. 设，则=（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】对复数进行运算化简得，再进行模的计算，即可得答案； 【详解】， 故选：B. 【点睛】本题考查复数模的计算，考考运算求解能力，属于基础题. 3. 若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的离心率为（ ） A. B. C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得，再结合离心率公式求解即可. 【详解】由题知，双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为， 因为直线的斜率为，且与渐近线垂直， 所以，，即， 所以双曲线的离心率. 4. 已知函数满足：，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】将正数输入通过周期转换为非正数输入，再代入对应的解析式求值. 【详解】当时，， 所以， 又当时，， 所以， 故选：C 5. 已知随机变量，且，则的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正态分布的性质建立方程求得的值，然后代入二项式，并写出其展开式的通项，令通项中的指数与条件提到的项的指数相同，求得，代入中，求得该项的系数. 【详解】由题意可知，∴， ∴ ， 展开式的通项为， 当时，，即. 所以的展开式中的系数为. 故选：B. 6. 中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊.现有6支救援队前往A，B，C三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，则不同的安排方法种数是（ ） A. 270 B. 360 C. 540 D. 630 【答案】C 【解析】 【分析】对参加三个受灾点执行救援任务的人数分三种情况讨论，先分组、再分配求出各组情况的方案数，最后相加. 【详解】若参加三个受灾点执行救援任务的人数分别为1，1，4时，共有种参赛方案； 若参加三个受灾点执行救援任务的人数分别为1，2，3时，共有种参赛方案； 若参加三个受灾点执行救援任务的人数分别为2，2，2时，共有种参赛方案； 综上，不同的安排方法种数是. 故选：C 7. 在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，将角的终边按照顺时针方向旋转后得到角，则的值为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据终边的点求出的值，得到，将化为，代入求值. 【详解】因为角终边经过点， 所以，且为第三象限角, 所以， 又将角的终边按照顺时针方向旋转后得到角，所以， 所以 故选：D 8. 已知且且且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 令，利用导数研究其单调性后可得的大小. 【详解】因为，故，同理， 令，则， 当时，，当时，， 故在为减函数，在为增函数， 因为，故，即，而， 故，同理，，， 因为，故， 所以. 故选：D． 【点睛】思路点睛：导数背景下的大小比较问题，应根据代数式的特征合理构建函数，再利用导数讨论其单调性，此类问题，代数式变形很关键． 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 是等差数列的前项和，，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. 当时，取最大值 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，根据等差数列的前项和公式和性质求解判断即可；对于B，设等差数列的公差为，求出，利用二次函数的性质进行判断；对于CD，利用B选项求出的进行判断即可. 【详解】对于A，因为，所以， 根据等差数列的性质，若，则， 所以，即，故，A正确； 对于B，设等差数列的公差为，由A选项可知，， 则，所以，所以， 所以， 当时，无最大值，故B错误； 对于C，， 又，所以，C错误； 对于D，， ，所以，故D正确； 故选：AD 10. 在正四棱锥中，，分别为棱，的中点，，则下列结论正确的是（ ） A. 与异面 B. C. 平面 D. 平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由线面平行的定义和判定定理判断；对B，利用等腰三角形三线合一，证明 DE 垂直于 SB；对C，通过中位线找线线平行（EF∥SC），结合线面平行判定定理判断；对D，证明 AC 垂直于平面 判断. 【详解】对于A：因为底面是正方形，所以，平面，平面，所以平面， 平面内，所以与无公共点，且与不平行（否则与矛盾），所以与异面，A正确； 对于B：设，则由正棱锥性质可知，因为为中点，所以与不垂直，B错误； 对于C：因为分别为棱的中点，所以，又平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D：连接交于点，则为中点， 因为，所以，又，平面，所以平面, 因为为中点，所以平面即平面，所以平面，D正确； 故选：ACD. 11. 已知函数在上有最大值，则（ ） A. 的取值范围为 B. 在区间上单调递减 C. 在区间上无零点 D. 存在两个，使得 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，使用分类讨论方法求得取值范围即可；对于B，利用复合函数单调性的知识即可；对于C，给出作为反例即可；对于D，使用导数说明至多有一个满足条件的即可. 【详解】对于A，若，则对有. 而，且，故在上有最大值； 若在上有最大值，设最大值在处取到，则是的极大值点，故. 而，故，从而. 所以. 由可得，，故，. 从而，得. 所以由，得. 综上，的取值范围是，故A正确； 对于B，由于当时，有，. 故，所以在区间上单调递减，故B正确； 对于C，当时，，而在上有零点，故C错误； 对于D，设，则对有，从而在上单调递增，这意味着方程至多有一个解. 由于，故至多存在一个使得，故D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对三角函数性质的灵活运用. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等比数列中，，，则的值为________ 【答案】 【解析】 【详解】设等比数列的公比为， 因为，，，所以， 两式相除得，所以，所以， 所以，解得，代入， 得，解得，， 所以. 13. 若圆与抛物线：（）的准线相切，则抛物线的方程为_________． 【答案】或 【解析】 【分析】求出抛物线的准线方程，利用直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径的性质列方程求解参数，即可得到抛物线方程. 【详解】圆的圆心为，半径. 抛物线（）的准线方程为. 由题意知，圆心到抛物线准线的距离等于圆的半径，即，化简得， 解得或. 所以抛物线的方程为或. 14. 有4个相同的球，分别标有数字1、2、3、4，从中有放回地随机取3次，每次取1个球．记为这4个球中至少被取出1次的球的个数，则的数学期望__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据随机变量取值计算对应的概率，代入期望公式计算． 【详解】为这4个球中至少被取出1次的球的个数，则， （表示有1个球被取出过，表示4个球中选出被取过的1个球，每次被取的概率为）； （表示有2个球被取出过，一个1次，一个2次，表示4个球中选出被取过的两个球，表示其中1个球取出1次，表示另一个球取出两次）； （表示有3个球被取过，每个都取了1次，3次有顺序，故用）； 故． 四、解答题：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. 已知数列的前项和. （1）求的通项公式； （2）若首项为3的数列满足，求数列的前项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求得，再利用，求解，最后验证是否满足，即可得解. （2）先利用累加法求得，然后利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 由题意可得，当时，； 当时，， 因为满足上式，所以的通项公式为； 【小问2详解】 因为，且， 所以当时，， 当时，也符合上式，所以， 所以， 所以 . 16. 如图，直二面角中，四边形是边长为2的正方形，为上的点，且平面， （1）求证：平面.； （2）求二面角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） ∵平面，平面， ∴， ∵二面角为直二面角，且交线为,，平面， ∴平面，平面 ∴平面， ∴平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件推导出，从而得到平面，由此能够证明平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值. （3）利用向量法能求出点D到平面ACE的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的中点为，过点O平行于AD的直线，因为，平面，则过点O的平行线也垂直于底面， 则以线段AB的中点为原点O，OE, AB所在直线为x轴，y轴，过点O平行于AD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ∵平面，平面，∴, 在中，，为的中点， ， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，得， 又平面的法向量为， ∴， 设二面角的平面角为，则， ∴二面角的正弦值为. 【小问3详解】 ∵轴，，∴， ∴点到平面的距离：. 17. 在中，分别为内角的对边，已知，． （1）若，求； （2）若的周长为7，求的面积． 【答案】（1）， （2）或． 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理化简即可求解； （2）分和两种情况讨论即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理与条件， ①若，可得， 由且解得，，； ②若，则，不合题意； 综上，； 【小问2详解】 ①当时，由及，得， 所以，因为, 所以 此时的面积． ②当时，则有， 由，得，则， 此时的面积． 18. 已知椭圆C经过点，且与双曲线共焦点. （1）求椭圆C的方程； （2）过椭圆C右焦点作直线l交椭圆C于，两点，交轴于点，且记，，求证：为定值. 【答案】（1）； （2）设点、，， 由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为， 联立，可得， 由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点， 由韦达定理可得，， ，，， 得，， ，， . 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，由，可得出、的表达式，结合韦达定理可计算得出为定值. 【小问1详解】 因为双曲线的焦点坐标为，则， 设椭圆的方程为， 又椭圆过点，， 可得，，椭圆的标准方程为：； 【小问2详解】 略. 19. 已知函数． （1）求在点处的切线的方程，并证明除切点外，函数的图象在切线的下方； （2）若， （i）证明：函数恰有两个零点； （ii）设为的较大零点，，证明：． 【答案】（1），证明如下： ，所以，即在点处的切线的斜率为l， 又，所以在点处的切线l的方程为． 令 当时，单调递增， 当时，单调递减， ，所以除切点外，函数的图象在切线l的下方． （2）（i）证明如下： 由题可知， 则，设， 则， 因为，所以，所以在上是减函数． 由，又结合，得，所以， 所以存在，使得， 所以当时，，即，此时单调递增， 当时，，即，此时单调递减，所以是唯一的极值点， 显然， 因为在上递增，所以在上必存在一个零点， 由（1）可知，所以，又因为，即 所以，则， 所以在区间上必存在一个零点， 综上所述：在区间上恰有两个零点． （ii）证明如下： 由（i）可知，，得， ，得，所以， 即，因为， 所以， 所以，即所以成立． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程，先求出导函数，然后求出切线的斜率，根据直线的点斜式方程即可求出切线方程；构造新的函数利用单调证明函数图象在切线的下方. （2）（i）利用导数判断函数的单调性，进而证明恰有两个零点； （ii）根据条件计算化简可得，结合，得到取对数得证结果． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州格致中学2026—2027学年第一学期高三数学8月限时训练 （满分：150分 完卷时间：120分钟） 学校：__________姓名：__________班级：_________座号：_________ 一、选择题：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的． 1. 已知集合，，则（ ）． A. R B. C. D. 2. 设，则=（ ） A. B. C. D. 2 3. 若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的离心率为（ ） A. B. C. 5 D. 4. 已知函数满足：，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 已知随机变量，且，则的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 6. 中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊.现有6支救援队前往A，B，C三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，则不同的安排方法种数是（ ） A. 270 B. 360 C. 540 D. 630 7. 在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，将角的终边按照顺时针方向旋转后得到角，则的值为（ ） A. B. C. 0 D. 8. 已知且且且，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 是等差数列的前项和，，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. 当时，取最大值 C. D. 10. 在正四棱锥中，，分别为棱，的中点，，则下列结论正确的是（ ） A. 与异面 B. C. 平面 D. 平面 11. 已知函数在上有最大值，则（ ） A. 的取值范围为 B. 在区间上单调递减 C. 在区间上无零点 D. 存在两个，使得 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等比数列中，，，则的值为________ 13. 若圆与抛物线：（）的准线相切，则抛物线的方程为_________． 14. 有4个相同的球，分别标有数字1、2、3、4，从中有放回地随机取3次，每次取1个球．记为这4个球中至少被取出1次的球的个数，则的数学期望__________． 四、解答题：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. 已知数列的前项和. （1）求的通项公式； （2）若首项为3的数列满足，求数列的前项和 16. 如图，直二面角中，四边形是边长为2的正方形，为上的点，且平面， （1）求证：平面.； （2）求二面角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 17. 在中，分别为内角的对边，已知，． （1）若，求； （2）若的周长为7，求的面积． 18. 已知椭圆C经过点，且与双曲线共焦点. （1）求椭圆C的方程； （2）过椭圆C右焦点作直线l交椭圆C于，两点，交轴于点，且记，，求证：为定值. 19. 已知函数． （1）求在点处的切线的方程，并证明除切点外，函数的图象在切线的下方； （2）若， （i）证明：函数恰有两个零点； （ii）设为的较大零点，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $