福建省福州第一中学2026届高三上学期开学质量检测数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省福州第一中学2026届高三上学期开学质量检测数学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（完卷120分钟 满分150分）
（注意：不得使用计算器，并把答案写在答案卷上）
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. 复数，则的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】,
,
故选：B.
2. 集合，，若，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】对于集合，，即，解得，所以；
对于集合，，即，解得，所以.
又，所以，所以.
故选：C.
3. 关于的方程，有下列四个命题：甲：是该方程的根；乙：是该方程的根；丙：该方程两根之和为2；丁：该方程两根异号.如果只有一个假命题，则该命题是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】A
【详解】假设甲为假命题，则乙、丙、丁为真命题，
由乙“是该方程的根”和丙“该方程两根之和为2”可知，方程的另一根为，
此时两根为3和−1，两根异号，所以丁“该方程两根异号”为真，
方程的根为3和−1，不含1，所以甲“是该方程的根”为假，此情况符合题意；
假设乙为假命题，则甲、丙、丁为真命题，
由甲“是该方程的根”和丙“该方程两根之和为2”可知，方程的另一根为1，
此时两根为1和1，两根同号，与丁“该方程两根异号”为真矛盾，故此情况不成立；
假设丙为假命题，则甲、乙、丁为真命题，
由甲“是该方程的根”和乙“是该方程的根”可知，方程的两根为1和3，
此时两根同号，与丁“该方程两根异号”为真矛盾。故此情况不成立；
假设丁为假命题，则甲、乙、丙为真命题，
由甲“是该方程的根”和乙“是该方程的根”可知，方程的两根为1和3，
此时两根之和为，与丙“该方程两根之和为2”为真矛盾，故此情况不成立.
综上所述，只有甲是假命题.
故选：A
4. 在的展开式中的系数为（ ）
A. B. 21C. 35D. 84
【答案】D
【详解】展开式的通项公式为，
展开式的通项公式为，
故中含的项为，
中含的项为−yxC85x3y5=−56x2y6,
故展开式中的系数为,
故选：D
5. 已知函数则的解集为
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】当时，，
，单调递增，且时，，
当时，单调递增，且
因此可得单调递增，
可转化为
解得，
故选B项.
6. 将含有甲、乙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通一组分发宣传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】将含有甲、乙的6人平均分成两组，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料的基本事件共有种情况，
甲、乙至少一人参加指挥交通的情况有，
故所求概率为，
故选：D.
7. 已知函数（，）的图象过点，其相邻对称轴间的距离为.设且，若，则的值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【详解】将代入中可得，故，
结合，则，又，故，所以，
当x1,x2∈π2,5π6，则2x1+π6∈7π6,11π6,2x2+π6∈7π6,11π6，
由于，则，故，
所以fx1+x2=2sin2x1+2x2+π6=2sin17π6=2sin5π6=1，
故选：C
8. 已知定义域均为函数，且满足.若在单调递增，则（ ）
A. 是奇函数
B. 是上的增函数
C. ，使得
D. ，
【答案】D
【详解】取，由，得，
当时，取，，而在上单调递增，
则在上不恒为0，因此，即，
，取， fx=fx⋅f−x,若，则fx=fx⋅f−x，结合知，，当，则，结合知，，因此，故是偶函数，A错误，
由在上单调递增，且为偶函数，故在上单调递减，故B错误，
由于fx0fy0=fx02+y022，若∃x0,y0∈Rx0≠y0，使得fx0y0>fx0fy0，则fx0y0>fx0fy0=fx02+y022，由于，且，结合函数在上单调递增，则fx02+y022>fx0y0，这与fx0y0>fx0fy0矛盾，故C错误，
对于D，，则x2+y22≥x+y2≥0，
因此，D正确.
故选：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. 已知等比数列的各项均为正数，且公比，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【详解】由题意可知：的公比，，则，
由于，故，故，故A正确，B错误，
，故,故D正确，C错误，
故选：AD
10. 已知曲线的方程为，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，曲线为圆
B. 当时，曲线为双曲线，其渐近线方程为
C. “”是“曲线为焦点在轴上的椭圆”的必要条件
D. 存在实数使得曲线为双曲线，其离心率为
【答案】ABC
【详解】选项A，当时，曲线的方程为，此时曲线为圆心在原点，半径为的圆，所以A正确；
选项B，当时，曲线的方程为，可得，
此时双曲线渐近线方程为，所以B正确；
选项C，当曲线为焦点在轴上的椭圆时，有，解得，
所以“”是“曲线为焦点在轴上的椭圆”的必要不充分条件，所以C正确；
选项D，当曲线为离心率的双曲线时，双曲线为等轴双曲线，即实半轴长与虚半轴长相等，
则有 ，解得，经检验，时，曲线为圆，所以D错误.
故选：ABC.
11. 设正整数，其中，记.已知集合，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 对任意的，有
C. 若，则使成立的m的取值个数为
D.
【答案】AC
【详解】根据题意，函数表示将正整数转化为二进制后，统计该二进制中1的个数.
选项A，，有2个1，
所以，所以A正确；
选项B，取，由，所以，
此时，所以B错误；
选项C，根据题意当ai=1(i=0,1,⋯,n−1)时，
得1×20+1×21+⋯+1×2n−1=1×1−2n1−2=2n−1，
所以集合中的任一元素均可以由唯一表示，
则意味着二进制表示中有位1，从位中选位为1即，
所以使S(m)=kk∈N∗,1≤k≤n成立的的取值个数为，所以C正确；
选项D，由题意得，
记，
又，
两式相加得2S=nCn0+Cn1+Cn2+⋯+Cnn，
所以，即，
所以，
而，则S64=1，
所以，所以D错误.
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为_________.
【答案】
【详解】因为,
所以，
即,
所以,
因为,
所以，
因为,
所以.
故答案为：.
13. 已知正项数列，的前n项和为，且，，则________.
【答案】11
【详解】，
所以，又∵，∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以,∴,
∴,
故答案为：11.
14. 三棱锥的体积为，且，，则三棱锥的外接球半径的最小值为______.
【答案】##
【详解】过点作平面于点，
取的外心为，三棱锥的外接球球心为，
连接，过作交于，
故平面,则，进而可得四边形为矩形，
由余弦定理可得cs∠BAC=1+1−32×1×1=−12,∵∠BAC∈0,π,∴∠BAC=2π3,
由正弦定理可得，
又解得，
设,外接球的半径为，
则OB2=ON2+BN2OD2=OP2+DP2⇒R2=ℎ2+12R2=NM2+3−ℎ2，故，
因此，故，
所以R2=ℎ2+12≥432+1,即，
故半径的最小值为，
故答案为：
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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.
（1）求角C；
（2）若点D在边AC上，，，，求AD长.
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
由和正弦定理可得，
故,即，进而可得，
结合,则，
【小问2详解】
由正弦定理可得，解得
由于,故，因此为锐角，故，
由正弦定理可得，由于，故,
故,
所以,,
故
16. 在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度，为增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”（即正在使用的设备出故障时才启用的设备），已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这3台设备中，只要有1台能正常工作，计算机网络就不会断掉，设3台设备的可靠度均为0.7，它们之间互不影响.
（1）记能正常工作的设备台数为X，求X的分布列与数学期望；
（2）已知某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是0.7，根据以往经验可知，计算机网络断掉会给该产业园带来约500万元的经济损失.为减少给该产业园带来的经济损失，可以升级设备，每台设备的升级费用为2.5万元，升级后可以使设备的可靠性提升到0.8，从总损失期望最小的角度，应该升级几台设备？
【答案】（1）见解析 （2）升级2台设备，损失最小 .
【小问1详解】
的可能取值为0，1，2，3，
依题意可知：，所以PX=k=−k,k=0,1,2,3，
所以的分布列为
【小问2详解】
记计算机网络断掉为事件，损失及升级费用为，
若不升级设备，则PA=1−0.73=0.027,则EY=500PA=13.5万元，
若升级1台设备，则PA=1−0.721−0.8=0.018，
万元，
若升级2台设备，则PA=1−0.71−0.82=0.012，
万元，
若升级3台设备，则PA=1−0.83=0.008，
万元，
综上可知：升级2台设备，损失最小 .
17. 如图，四面体ABCD中，，，，E为AC的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）设，，点F在线段BD上，
（i）求二面角的余弦值；
（ii）记CF与平面ABD所成角为，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i），（ii）
【小问1详解】
由于，
故，则，
由于E为AC的中点，所以，
因为平面，
故平面，又平面，
故平面平面.
【小问2详解】
（i）因为，
所以为边长为2的等边三角形，则，
∵DA=DC,∠ADC=90°,∴DE=1，
，
又平面，
故平面，故建立如图所示的空间直角坐标系，
则D0,0,1,A0,−1,0,B3,0,0,C0,1,0,∴DB⃗=3,0,−1,AD⃗=0,1,1，
设平面的法向量为n=x,y,z,∴n⋅DB=3x−z=0n⋅AD=y+z=0，
令，则，
平面的一个法向量为，
所以，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角余弦值为；
（ii）设则DF=3λ,0,−λ,CD=0,−1,1，
所以CF=CD+DF=3λ,−1,1−λ，
则sinα=CF⋅nCF⋅n=233λ2+1−λ2=62λ2−λ+1⋅7=62λ−142+78⋅7≤678×7=437，
当且仅当时取到等号，故的最大值为
18. 拋物线焦点为，第一象限内点在上，A的纵坐标是.
（1）若到焦点的距离为3，求；
（2）若，在上，且的重心恰为，求直线的方程；
（3）直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于是在上的投影，若点满足“对于任意都有”，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）直线的方程为
（3）的取值范围为(0,32]
【小问1详解】
根据题意作图如下：

由已知，得拋物线，则准线为，焦点，且点在第一象限内，
设点.
所以，解得，代入抛物线方程，解得，
所以.
【小问2详解】
根据题意作图如下：

由已知，代入抛物线方程，解得.
设点，又的重心为，
则，解得，
又在上，则，两式相减，得，
即，则直线的斜率.
又线段的中点，即也在直线上，
由点斜式，得y−−2=−2x−2，即，
所以直线的方程为.
【小问3详解】
根据题意作图如下：

由已知设PyP28,yPyP>0,Aa28,aa>0且与不重合，
由两点式，得直线的方程，即，
因为直线交于，联立x=−4y=8yP+ax+ayPyP+a，得点Q−4,ayP−32yP+a.
又为在上投影，所以H−4,yP，
所以|HQ|=ayP−32yP+a−yP>42，化简得yP−222+24>42a，
即yP−222+24>42a对于任意yP∈0,a∪a,+∞恒成立，
则当yP=22时，不等式左边取到最小值，
得，结合，解得，
经检验，当a=32,yP≠22时，也成立.
综上，的取值范围为(0,32].
19. 已知函数.
（1）若，，求实数a的取值集合；
（2）设，
（i）对任意正整数n，证明：函数有唯一的零点（记零点为）；
（ii）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【小问1详解】
由可得，
记，则，
当时，此时在上单调递增，当时，此时在上单调递减，
故当时，取到最大值，且最大值为，故，
实数a的取值集合为.
【小问2详解】
（i）证明：则，
当时，由得，此时无零点，不符合题意，
当时，单调递增，
由于，，
故在有唯一的零点，
综上可知：对任意正整数n，证明：函数有唯一的零点，
（ii）设，，
则当时，，在单调递减，
当时，在单调递增，
故，故当且仅当时取等号，
由得，
故，
所以，则，
又因为，所以
即，
再由可得，当且仅当时取等号，
由得，
，即，则，
当且仅当时取等号，
当时，
，
由得，
所以，
故，
则,当且仅当时取等号，0
1
2
3
0.027
0.189
0.441
0.343