精品解析：福建省厦门第六中学2026-2027学年高三上学期第一阶段考试数学试题

厦门六中2026—2027学年高三上数学第一阶段考 （满分：150分 考试时间：120分钟） 一、单项选择题：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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】等价于， 解得， 则集合， 所以. 2. 使得“”成立的充分不必要条件可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A选项，取，满足，但不满足，此时不能得出，所以A选项不符合题意； 对于B选项，取，满足，但不满足，此时不能得出，所以B选项不符合题意； 对于C选项，要求，可推出；但时，若， 则无意义，推不出，故是的充分不必要条件， 所以C选项符合题意； 对于D选项，取，满足，但不满足， 此时不能得出，所以D选项不符合题意． 3. 已知随机变量，且，则的值为（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.7 D. 0.35 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的对称性求概率即可. 【详解】由题设，且，则， 由正态分布曲线关于对称，则. 故选：B 4. 的展开式中的常数项为（ ） A. 60 B. 120 C. 160 D. 240 【答案】D 【解析】 【详解】共有个因式，从个因式中选择，在剩下的个因式中选择， 则的展开式中的常数项为. 5. 在数列中，，，，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】由题意，对任意，有，因此， 所以，所以数列是周期为4的周期数列， 代入初始值计算得：， 因为，所以； ，因此，因此． 6. 已知，均为正实数，则的最小值为（ ） A. 3 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得， 而，均为正实数，由基本不等式可得， 当且仅当时取等，即时取等， 此时可得的最小值为，故D正确. 7. 已知函数，，则方程的所有实数解的和是（ ） A. 6 B. 4 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】令，得的图象关于点对称，利用导数知在上有且只有一个零点，则在上有且只有一个零点，故. 【详解】令，其定义域为， 令，显然是奇函数， 则其图象关于原点对称，所以的图象关于点对称. 先讨论在上方程的所有实数解的情况，即函数的零点情况， 因为，，， 所以，所以在上单调递减， 又时，，， 所以在上有且只有一个零点， 又的图象关于点对称，所以在上有且只有一个零点， 且，即方程的所有实数解的和是2. 故选：C 【点睛】关键点点睛：令，得的图象关于点对称，利用对称性求零点和. 8. 高斯，著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”之称，函数称为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，如，，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用题设定义，分，，，和五种情况讨论，即可求解. 【详解】若，则，即，又，此时不等式无解， 若时，则，由，得到， 解得，所以， 若时，则，由，得到， 解得，所以， 若时，则，由，得到， 解得，此时， 当时，，又，而，由，得到， 所以时，不等式无解， 综上所述，或， 故选：D. 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据条件概率公式分别计算各个选项即可. 【详解】因为， 所以，所以B正确， 不能确定，A不正确； 因为，所以C正确， 不能确定，D不正确． 故选：BC. 10. 如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F，M分别是AD，CD的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. FM与BC1所成角为45° B. BM⊥平面CC1F C. 存在点E，使得平面BEF∥平面CC1D1D D. 三棱锥B﹣CFE的体积为定值 【答案】BD 【解析】 【分析】对A,根据线线角的求法，取FM的平行线A1C1分析A1C1与BC1所成角即可； 对B,利用平面几何方法证明再证明平面即可. 对C,根据与平面有交点判定即可. 对D,根据三棱锥以为底,且同底高不变,故体积不变判定即可. 【详解】在A中,因为分别是的中点,所以,根据正方体的性质可得为正三角形，故FM与BC1所成角为60°，故A错误; 在B中,因为,,故, 故.故,又有, 所以平面,故B正确； 在C中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故C错误. 在D中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以三棱锥的体积为定值,故D正确. 故选：BD. 11. 已知函数的定义域为，当且仅当时，，且 ，则（ ） A. B. C. 在 上单调递减 D. 是偶函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】推导的解析式，代入解析式求参数，逐一判断选项. 【详解】令，， 即， ， 不恒为零，所以. 选项A，，，正确； 选项B，，正确； 选项C，在上单调递增，错误； 选项D，是偶函数，正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数f(x)＝x(ex＋ae－x)(x∈R)是偶函数，则实数a的值为______________． 【答案】－1 【解析】 【详解】由题意可得g(x)＝ex＋ae－x为奇函数，由g(0)＝0，得a＝－1. 13. 已知双曲线的两个焦点为是此双曲线上的一点，且，则该双曲线的离心率是___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据勾股定理可得：，结合条件可得，进而可得离心率. 【详解】由，根据勾股定理可得： 可得 又，所以， 所以 所以， 该双曲线的离心率是 故答案为： 14. 设，函数，当时，的值域为______；若关于的方程恰有一个根，则的取值范围是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】分别求出时的函数值域与时函数的值域即得；分、及进行讨论即得. 【详解】当时，，当时，， 当时，，故此时的值域为； 若关于x的方程恰有一个根， 当时，可得，即，则，解得，不合题意，舍去； 当时，可得，即， 令，，则恒成立，故在上单调递增， 又，， 故当时，该方程在上有一个根； 当时，可得，即， 则，解得， 令，可得，令，可得， 故当时，该方程在上有两个根， 当时，该方程在上有一个根， 当时，该方程在上无根； 综上可得：当时，该方程无根；当时，该方程恰有一个根； 当时，该方程有两个根；当时，该方程有三个根； 当时，该方程有两个根. 故的取值范围是. 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. 已知数列中，，. （1）证明：是等差数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） 因为，所以， 而，则， 即，得到是首项为，公差为的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）运用取倒数法，结合等差数列的定义进行运算证明即可； （2）运用裂项相消法进行运算求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得，即， 则， 得到 16. 在四棱锥中，四边形为平行四边形，，，，，，为的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析. （2） 【解析】 【小问1详解】 证明： 在平行四边形中，为中点， 又为的中点， 在中，， 平面，平面， 平面. 【小问2详解】 ，为中点，， 又，， 平面，平面， 平面， ，， 以为原点，，所在的直线分别为轴，轴， 过且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 在中，，为中点，， 由题意得，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则 ，令，解得，， ， 设直线与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知一个不透明的箱子内装有大小质地一样， 只有颜色不同的 6 个小球， 其中 4 个红球， 2 个白球，现从箱子内不放回地逐一依次取球，当箱子内的小球颜色只剩一种时就停止取球. 用 表示停止取球时取出的小球的总数，用 表示停止取球时箱子内剩余的白球个数. （1）求 ； （2）求 ； （3）求 的分布列及期望. 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）事件“”包含箱子内剩余2个白球或剩余2个红球，利用古典概型公式即可求解； （2）先分析的情况，再求概率即可求解； （3）的可能取值为，求出对应的概率，进而求解. 【小问1详解】 由题意得：事件“”包含箱子内剩余2个白球或剩余2个红球， （方法一）考虑2个白球的位置， 剩余2个白球（最后两次取白球）的概率为：， 剩余2个红球（前3次中有一次取白球，第4次取白球）的概率为：. （方法二）考虑前4次取球的排列情况， 剩余2个白球（前4次取出的都是红球）的概率为：， 剩余2个红球（前4次取出2个白球2个红球，且前3次中有一次取白球，第4次取白球）的概率为：. 所以； 【小问2详解】 由题意知，当时，满足题意，当时，，不满足题意，当时，，不满足题意， 所以表示取出2个白球，剩余4个红球，所以， 表示取出3个球，且前两次取出1白1红，第3次取出的是白球，剩余3个红球，所以， 表示取出4个球，且前3次取出1白2红，第4次取出的是白球，剩余2个红球，所以， 表示取出5个球，且前4次取出1白3红，第5次取出的是白球，剩余1个红球，所以， 所以； 【小问3详解】 的可能取值为， 由（2）知， 当时，，表示取出5个球，且前4次取出1白3红，第5次取出红球，剩1个白球，则 ， 当时，，表示前4次取出4个红球，剩余2个白球，， 所以的分布列为： 所以. 18. 已知椭圆的离心率为，短轴长为． （1）求椭圆的方程； （2）记椭圆左、右顶点分别为，为坐标原点．过点的直线与交于两点． （i）若的面积为，求； （ii）设直线与交于点，证明：点在定直线上． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）椭圆左顶点，右顶点， 直线的方程为，直线的方程为， 设， 则，即， 由，代入可得， 又， 则，， 代入可得， 化简可得，解得， 所以点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果； （2）（i）根据题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，可得，由面积公式可得，解出，然后由弦长公式，即可得到结果； （ii）设直线的方程为，直线的方程为，可得，即，代入运算，即可证明. 【小问1详解】 由可得，所以椭圆方程为. 【小问2详解】 （i）设直线的方程为，， 联立直线与椭圆方程可得，消去可得， 由韦达定理可得， 且，即， 即， 即， 化简可得，即， 化简可得，所以， 所以； （ii）略 19. 已知函数，. （1）若曲线在点处的切线的斜率为，求的方程； （2）在（1）的条件下，若恒成立，求实数的取值范围； （3）设，证明：函数有两个零点，（），且满足. 【答案】（1） （2） （3） ， 令，解得， 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 ， 当时，，当时，，所以有两个零点. 不妨设为，，且， 由，可得， 所以要证，即证， 即证. 而，则， 所以要证 ，即证， 即证， 而 ， 由于，故，则， 故 ， 所以，即得证. 【解析】 【分析】（1）根据斜率求解，即可根据点斜式求解直线方程； （2）分离参数，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可得解； （3）根据导数求解函数单调性，进而可得最小值，根据两个零点得，通过代入可将问题转为证明，进而证明得证. 【小问1详解】 ，则切线的斜率为，所以. 从而，所以处的切线方程为 ，即. 【小问2详解】 时，由得， 整理得. 令，则， 由于为上的单调递增函数，且， 故当时，，则；当时，，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此，故的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门六中2026—2027学年高三上数学第一阶段考 （满分：150分 考试时间：120分钟） 一、单项选择题：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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 使得“”成立的充分不必要条件可以是（ ） A. B. C. D. 3. 已知随机变量，且，则的值为（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.7 D. 0.35 4. 的展开式中的常数项为（ ） A. 60 B. 120 C. 160 D. 240 5. 在数列中，，，，则（ ） A. B. C. D. 5 6. 已知，均为正实数，则的最小值为（ ） A. 3 B. 7 C. 8 D. 9 7. 已知函数，，则方程的所有实数解的和是（ ） A. 6 B. 4 C. 2 D. 1 8. 高斯，著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”之称，函数称为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，如，，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F，M分别是AD，CD的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. FM与BC1所成角为45° B. BM⊥平面CC1F C. 存在点E，使得平面BEF∥平面CC1D1D D. 三棱锥B﹣CFE的体积为定值 11. 已知函数的定义域为，当且仅当时，，且 ，则（ ） A. B. C. 在 上单调递减 D. 是偶函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数f(x)＝x(ex＋ae－x)(x∈R)是偶函数，则实数a的值为______________． 13. 已知双曲线的两个焦点为是此双曲线上的一点，且，则该双曲线的离心率是___________. 14. 设，函数，当时，的值域为______；若关于的方程恰有一个根，则的取值范围是______． 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. 已知数列中，，. （1）证明：是等差数列； （2）求数列的前项和. 16. 在四棱锥中，四边形为平行四边形，，，，，，为的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知一个不透明的箱子内装有大小质地一样， 只有颜色不同的 6 个小球， 其中 4 个红球， 2 个白球，现从箱子内不放回地逐一依次取球，当箱子内的小球颜色只剩一种时就停止取球. 用 表示停止取球时取出的小球的总数，用 表示停止取球时箱子内剩余的白球个数. （1）求 ； （2）求 ； （3）求 的分布列及期望. 18. 已知椭圆的离心率为，短轴长为． （1）求椭圆的方程； （2）记椭圆左、右顶点分别为，为坐标原点．过点的直线与交于两点． （i）若的面积为，求； （ii）设直线与交于点，证明：点在定直线上． 19. 已知函数，. （1）若曲线在点处的切线的斜率为，求的方程； （2）在（1）的条件下，若恒成立，求实数的取值范围； （3）设，证明：函数有两个零点，（），且满足. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $