精品解析：福建省福州市福清第一中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

2026—2027学年第一学期福九御三家10月适应性练习 高三年级数学学科试卷 命题学校：福清一中命题教师：高三数学集备组审核教师：高三数学集备组 考试时间：2026年10月9日完卷时间：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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 集合，，若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的首项为2，公差不为0，且成等比数列，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 2 5. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 曲线和曲线组合围成“心形图”（如下图所示），记“心形图”为曲线，曲线所围成的“心形”区域的面积等于（ ） A. B. C. D. 8. 在四棱锥中，，，．若该四棱锥的外接球球心在底面内，则该四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知为虚数单位，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 是纯虚数 D. 若，则 10. 已知，则（ ） A. B. 最大的二项式系数为 C. D. 展开式中存在连续三项的系数成等差数列 11. 设离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且，则（ ） A. 当数列为等差数列时， B. 数列的通项公式可能为 C. 当数列满足时， D. 当数列满足时， 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数在处的切线方程为_________. 13. 若曲线关于直线对称，则_________． 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且倾斜角为的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，. （1）若，则双曲线的离心率的取值范围为______； （2）设弦的中点为，且.若过原点与点的直线的斜率不小于，则双曲线的离心率的取值范围为______. 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. 已知中，，，边上一点满足，. (I)证明：为的内角平分线； (Ⅱ)若，求. 16. 2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划.强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立.若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率匀为，该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次，，，其中. （1）若，求该考生报考乙大学在笔试环节恰好通过两门科目的概率； （2）“强基计划”规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为决策依据，则当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求m的取值范围. 17. 如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是梯形，，，E为矩形两条对角线的交点，且平面． （1）证明：； （2）若，直线与平面ABE所成角的正弦值为，求； （3）平面ABE将该四棱柱分成上､下两部分，求上､下两部分的体积之比． 18. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为.若的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线过点且与椭圆交于，两点（，不与轴重合）.记椭圆右顶点为，直线，的斜率分别为、.求证：为定值，并求出该定值； （3）已知定点，动点在椭圆上（不与轴重合）.直线与直线交于点、直线与直线交于点.是否存在点，使得的面积等于的面积？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 对于数列，给定正整数，令，其中表示，，，中的最大值；记数列为的“极差”数列，设为的前项和． （1）若，求； （2）下面我们在正整数的范围内研究，对给定正整数，已知：． （i）当时，求的最大值，并求出满足取得最大值时，数列的个数； （ii）从所有排列中随机选取一个，求的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年第一学期福九御三家10月适应性练习 高三年级数学学科试卷 命题学校：福清一中命题教师：高三数学集备组审核教师：高三数学集备组 考试时间：2026年10月9日完卷时间：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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 集合，，若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知，结合包含关系即可得结果. 【详解】因为，则， 又集合，，可得， 所以实数a的取值范围是. 故选：C. 2. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，，则焦点坐标为． 3. 已知等差数列的首项为2，公差不为0，且成等比数列，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式和等比中项公式即可计算求解. 【详解】设等差数列的公差为d， 则由题，即或（舍去）， 所以. 故选：B 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量模的计算公式及向量垂直的条件可得结果. 【详解】因为，所以， 两式相减得，即． 又，所以，联立，解得,即． 故选：C． 5. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据，利用参变分离转化为恒成立，转化为求函数的最值问题. 【详解】由，得在区间上恒成立， 设，在区间上恒成立，所以在区间上单调递增， 所以，则，即，则的取值范围是. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， ， ． 7. 曲线和曲线组合围成“心形图”（如下图所示），记“心形图”为曲线，曲线所围成的“心形”区域的面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先分析在第一象限的图形，发现第一象限的面积等于曲线与轴的交点及坐标原点所围成的直角三角形的面积， 由对称性可求得第四象限的面积，再计算第二、三象限面积，为两个半圆，由此可算得“心形”区域的面积. 【详解】如图所示，设，线段的中点为， 因为曲线关于点对称， 所以可将曲线与轴，轴围成的区域割补为直角三角形的区域， 于是曲线与轴，轴围成的区域面积就是直角三角形的面积， 即； 根据对称性，可得曲线与轴，轴围成的区域面积为， 又曲线所围成的“心形”区域中，两个半圆的面积为， 所以曲线所围成的“心形”区域的面积等于. 故选：C. 8. 在四棱锥中，，，．若该四棱锥的外接球球心在底面内，则该四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得到，从而得到，由四棱锥的外接球球心在底面内，得到四点共圆，从而得到，继而得到，则四边形的外接圆的圆心是的中点，即四棱锥的外接球球心为点，通过勾股定理求出，利用锥体的体积公式求解. 【详解】因为，，且为公共边， 所以，所以， 因为四棱锥的外接球球心在底面内， 所以四点共圆，所以， 因为， 所以， 所以四边形的外接圆的圆心是的中点， 所以四棱锥的外接球球心为点， 在中，，，， 则，即， 所以， ， 因为，的中点，所以， 又因为，所以, 因为，所以， 因为，，， 所以，所以， 因为，， 所以底面，所以是四棱锥的高， 所以该四棱锥的体积为. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知为虚数单位，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 是纯虚数 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数的基本概念及虚数单位，结合复数的运算性质即可逐项进行判断. 【详解】对A：由复数不能直接比较大小，只有实数才能比较大小，A错误； 对B：由，所以，，所以，B正确； 对C：因为实部为0，虚部，所以是纯虚数，C正确； 对D：设，则，当时，为复数，不能与0比较大小，D错误. 10. 已知，则（ ） A. B. 最大的二项式系数为 C. D. 展开式中存在连续三项的系数成等差数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，代入计算即可判断选项A；根据二项式系数的性质即可判断选项B；先求导，再令，代入计算即可判断选项C；根据项的系数，等差数列的性质，及组合数公式即可判断选项D． 【详解】对于A，令，则，即，故A正确； 对于B，由，则展开式共有项，二项式系数最大的项是中间项，为第项，系数为，错误； 对于C，令， 则， 令，则，故C正确； 对于D，由二项式展开式的通项为，则， 设连续三项为，，，（）， 则其系数为，，， 若，，成等差数列，则， 即，即， 即，得， 解得，或， 即存在第项，第项，第项的系数成等差数列；或第项，第项，第项的系数成等差数列，故D正确． 11. 设离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且，则（ ） A. 当数列为等差数列时， B. 数列的通项公式可能为 C. 当数列满足时， D. 当数列满足时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分布列的性质及等差数列求和公式、等差数列下标和性质求解判断A；利用裂项相消法求和及分布列的性质判断B；根据分布列的性质及等比数列求和公式、指数运算性质求值判断C；令，2，…，99，得，累乘法，结合求得判断D. 【详解】对A，若为等差数列，设公差为d，前n项和为， 因为离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且， 所以，故，故A正确. 对B，由可知， 可变形为， 所以 ，故B正确. 对C，由题意得数列的前项是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以，故C错误. 对D，令，2，…，99， 则，整理得，2，…，98， 即， 化简可得，又， 即，故，故D正确． 故选：ABD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数在处的切线方程为_________. 【答案】 【解析】 【详解】函数，则， ，则， 所以切线方程为，即. 13. 若曲线关于直线对称，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】先求定义域，则定义域的两个区间关于直线对称，从而得到；设，利用对称轴得到成立，求出；从而求出，再结合函数对称性进行检验即可. 【详解】依题意得，解得或 ， 则函数的定义域是，定义域两个区间与关于直线对称， 因为曲线关于直线对称，所以， 设，由对称轴，可得， 即， 所以，得，所以. 此时，对任意的，则， 则， 所以函数的图象关于直线对称，故. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且倾斜角为的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，. （1）若，则双曲线的离心率的取值范围为______； （2）设弦的中点为，且.若过原点与点的直线的斜率不小于，则双曲线的离心率的取值范围为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）表示出双曲线的渐近线方程，依题意，再由离心率公式计算可得；（2）连接，，结合双曲线的定义，再由条件列出不等式，代入计算，即可得到结果； 【详解】（1）双曲线的渐近线方程为， 过点且倾斜角为的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，，所以， 则双曲线的离心率，即双曲线的离心率的取值范围为； （2）如图，设双曲线E的半焦距为，连接，，因为， 所以，.设， 由双曲线的定义，得，， 所以，，， 所以，即. 设，则， 所以，解得. 又，所以， 解得，所以，即， 所以，即双曲线的离心率的取值范围为. 故答案为：； 【点睛】方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出，，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于，，的齐次式，结合转化为，的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围)． 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. 已知中，，，边上一点满足，. (I)证明：为的内角平分线； (Ⅱ)若，求. 【答案】(Ⅰ)见解析.（Ⅱ）. 【解析】 【分析】(I)通过化简计算 整理之后结果为0，三角形内角范围为 余弦值相等可得 ，即证 为 的内角平分线；(Ⅱ)分别在 和 中应用正弦定理可得 ，再在这两个三角形中分别应用余弦定理可求 ，即可计算 . 【详解】（I）因为 所以， 又因为，，所以， 所以为的内角平分线. （方法二：提示：根据向量加法的平行四边形法则，结合菱形对角线平分内角可以证得） （Ⅱ）中，，中，， ∵，，， ∴， 中，， 中，， ∴，. 【点睛】本题考查三角函数、正余弦定理以及向量数量积的有关内容，比较综合． 16. 2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划.强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立.若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率匀为，该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次，，，其中. （1）若，求该考生报考乙大学在笔试环节恰好通过两门科目的概率； （2）“强基计划”规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为决策依据，则当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知，根据题意，由该考生报考乙大学，每门科目通过的概率可分情况直接求解恰好通过两门科目的概率； （2）由已知，报考甲大学，每门科目通过满足二项分布，可直接计算其期望，然后再根据已知条件，计算通过乙大学的数学期望，然后令通过乙大学的数学期望大于通过甲大学的数学期望，即可完成参数的求解. 【小问1详解】 该考生报考乙大学在笔试环节恰好通过两门科目的概率为： . 【小问2详解】 甲通过的考试科目数，∴. 设乙通过的考试科目数为，则， ， ， ∴ ∵该考生更希望通过乙大学的笔试， ∴，∴，又因为，∴. ∴当该考生更希望通过乙大学的笔试时，的取值范围是. 17. 如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是梯形，，，E为矩形两条对角线的交点，且平面． （1）证明：； （2）若，直线与平面ABE所成角的正弦值为，求； （3）平面ABE将该四棱柱分成上､下两部分，求上､下两部分的体积之比． 【答案】（1）证明：如图，连结，因为E为矩形两条对角线的交点，所以E为的中点． 取的中点M，连结，则，且， 因为，所以． 因为平面，平面，平面平面， 所以，且，所以四边形是平行四边形， 所以． （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）应用线面平行性质定理得出，再应用平行四边形计算边长关系； （2）建立空间直角坐标系，结合线面角正弦公式计算求解边长； （3）应用柱体及锥体体积公式计算求解比值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为直四棱柱中，且，故以D为原点， 为正交基底建立如图空间直角坐标系． 则，，设，则，，． 所以，，． 设平面的一个法向量，则即， 令，则，，所以． 设直线与平面所成角为，则， 化简整理得，得或，解得或． 所以或． 【小问3详解】 取的中点N，CD的中点F，连结BF，EF，NF． 由（1）证明过程可知，平面ABE截四棱柱的截面为四边形， 截得下面部分为直三棱柱和四棱锥． 设，，，则． 所以三棱柱的体积 ， 四棱锥的体积， 所以下面部分的体积为． 而四棱柱的体积， 所以上面部分的体积为， 所以上､下两部分的体积之比为． 18. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为.若的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线过点且与椭圆交于，两点（，不与轴重合）.记椭圆右顶点为，直线，的斜率分别为、.求证：为定值，并求出该定值； （3）已知定点，动点在椭圆上（不与轴重合）.直线与直线交于点、直线与直线交于点.是否存在点，使得的面积等于的面积？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）该定值为， 解：设，,. 情况一：当直线不存在斜率时， 直线的方程为（即直线垂直于x轴）， 将代入椭圆方程得：，解得. 则，. ，， . 情况二：当直线存在斜率时， 设直线的方程为， 将代入椭圆方程得， 展开整理得， 由韦达定理得到，， 因为，所以，， 其中，， 则 ， 综上可得为定值，该定值为. （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）利用面积公式列出关于的方程，结合 即得； （2）设，.情况一：当直线不存在斜率时，写出直线的方程，通过联立方程组得到和的坐标，求出，，计算.情况二：当直线存在斜率时，设直线的方程为，通过联立方程组结合韦达定理得到，，求出，，计算，从而得到结论； （3）设，由在椭圆上得到的方程，求出直线的斜率，利用点斜式得到直线的方程，将代入直线的方程，从而得到的坐标，同理可得的坐标，计算，求出和，由通过计算得到的方程，结合得到，将代入椭圆方程得到，从而得到结论. 【小问1详解】 因为椭圆：，所以， 因为上顶点，焦点，，其中. 所以的底边为，高为. 因为的面积为 所以，所以. 又. 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，因为在椭圆上，满足：，即.① 直线过点和，其斜率为， 直线的方程为， 令，将代入直线的方程，得到， 即点的纵坐标为，即， 直线过点和，其斜率为， 直线的方程为， 令，将代入直线的方程，得到， 即点的纵坐标为，即. 所以. 在中，、，底边，高为，， 在中，底边在直线上，高为点到直线的距离，即， 则， 由，且（P不与x轴重合）， 得，约去，得， 即② 因为P在椭圆上，，所以， 当时，， 化简得，解得， 且，满足条件. 当时，，即无实数解. 将代入椭圆方程，得到，解得， 故存在满足条件的点，其坐标为或. 19. 对于数列，给定正整数，令，其中表示，，，中的最大值；记数列为的“极差”数列，设为的前项和． （1）若，求； （2）下面我们在正整数的范围内研究，对给定正整数，已知：． （i）当时，求的最大值，并求出满足取得最大值时，数列的个数； （ii）从所有排列中随机选取一个，求的概率． 【答案】（1） （2）（i）最大值为，数列的个数为（ii） 【解析】 【分析】（1）分为为奇数和偶数分别求出，可得，，利用等差数列前项和公式即可求解； （2）（i）根据定义可知，即可得最大值为，此时，，即可求出个数；（ii）求出和的所有排列情况，再求出总的排列情况，利用古典概型公式即可求出答案. 【小问1详解】 ，即， 当为奇数时，，，故， 当为偶数时，，，故， 所以，， 所以. 【小问2详解】 （i）当时，， 由的定义可知，对于任意的，，所以的最大值为， 当且仅当任意的，时等号成立， 所以的最大值为. 此时，， 所以满足条件的数列的个数为个. （ii）情况1：任意，，因为， 若，则，所以，故， 从而的排列共有种情况， 任意排列，共有种， 所以达到最大值的排列个数为， 情况：若，根据前三项的取值，有如下： ①，，，共有种， ②，，，共有种， 而所有排列共有种， 综上：的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $