福建省百校2026届高三上学期10月联合测评数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省百校2026届高三上学期10月联合测评数学试卷（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了 的展开式中的系数为， 已知，且，则的最小值为， 已知均为锐角，，则， 已知复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
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. 设集合，则（ ）
A. （－1，5）B. C. D.
2. 用“五点法”画函数在的图象时，下列选项中不是关键点的是（ ）
A. B. C. D.
3. 以下函数是奇函数且在单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
4. 用可以组成个无重复数字的六位奇数，则（ ）
A. 360B. 400C. 420D. 450
5. 已知为抛物线的焦点，点在上，且，则点到轴的距离为（ ）
A 3B. C. 4D. 5
6. 的展开式中的系数为（ ）
A. 252B. 162C. 126D. 36
7. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 4D. 5
8. 已知均为锐角，，则（ ）
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. 已知复数满足，则（ ）
A. 与的实部相等B.
C. D.
10. 已知圆锥的顶点为为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则下列说法不正确的是（ ）

A. 圆锥的高为B. 圆锥的侧面积为
C. 二面角的大小为D. 圆锥侧面展开图的圆心角为
11. 设是函数的三个零点，则（ ）
A. B.
C. 若成等差数列，则成等比数列D. 若成等差数列，则
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，则__________.
13. 若事件与事件相互独立，，，则______.
14. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与圆相切且分别交双曲线的左、右两支于A、B两点，若|AB|=|BF2|，则双曲线的渐近线方程为______．
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15. 记内角的对边分别为，已知.
（1）证明：；
（2）记的中点为，若，且，求的周长.
16. 记为等差数列的前项和，已知，.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
17. 已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程.
18. 如图，在多面体ABCDPE中，已知平面PDCE⊥平面ABCD，其中四边形PDCE矩形， 底面四边形ABCD满足， AB ⊥AD，∥
（1）求证：平面 平面
（2）求三棱锥 外接球的体积：
（3）F为PA中点，点Q在线段EF上，若直线BQ与平面PBC 所成角的大小为 求FQ的长．
19. 设函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若是增函数，求的值；
（3）当时，设为极大值点，证明：．
福建百校10月联合测评
数学答案
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. B
解析：由解得，则，
又由，可得，
所以.
故选：B．
2. D
解析：五个关键点分别为，，，，故D选项不在函数图象上．
故选：D
3. D
解析：对A：的定义域为，不为奇函数，故A错误；
对B：令，则，故，
又定义域为，故为偶函数，故B错误；
对C：当时，，
则在上单调递增，故C错误；
对D：令，则，
有，又定义域为，故为奇函数，
当时，，单调递减符合题意，故D正确.
故选：D.
4. A
解析：个位数字可以是，可得，
故选：A.
5. A
解析：因为为抛物线的焦点，所以，
设，因为，则，故到轴的距离为3.
故选：A．
6. B
解析：方法1：的通项公式为，
分别令可得，，，
所以的展开式中含的项为，
∴的系数为．
方法2：由，
的通项公式为，
分别令可得项的系数分别为，
所以的展开式中含的项为
所以的系数为．
故选：B．
7. D
解析：由题意得，
由基本不等式得，
当且仅当，即，联立可得时取等号，
故的最小值为5．
故选：D
8. B
解析：因，则，
因为为锐角，则，
又，则，所以，
又为锐角，，则，
因，所以，所以，
所以
，
故选：B.
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. BD
解析：对于A，若，，满足，此时实部不相等，A错误；
对于B，，，，，B正确；
对于C，若，，，则，，
此时，C错误；
对于D，设复数，，则，
，
，，，，D正确.
故选：BD.
10. ABD
解析：对于A，由母线与互相垂直，的面积为2可知，
而与圆锥底面所成的角为，即，A错误；
对于B，由上可知，则圆锥的侧面积为，B错误；
对于C，取的中点D，连接，

则，所以，则为二面角的一个平面角，
由题意易知，故C正确；
对于D，圆锥侧面展开图圆心角为，故D错误.
故选：ABD
11. ABC
解析：对A、B：令，则，设，
则，故当时，，
当时，，
故在、上单调递增，在上单调递减，
又时，，时，，时，，
且，故，且，故A、B正确；
对C、D：由题意可得，所以，
由于成等差数列，则，故，
则，所以，故成等比数列，故C正确；
则，化简有，则，
解得或，
又，则，故，则，
又，故舍去，
故，又，
所以，故D错误.
故选：ABC．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.
解析：依题意，由，有，
解得，所以.
故答案为：.
13.
解析：因为，所以，
所以，所以.
故答案为：
14.
解析：作出示意图如图所示：
根据双曲线的定义得，
在三角形中，由余弦定理可得，
又直线与圆相切，所以，
所以，解得，
所以，解得或（舍去），
所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15. （1）在中利用正弦定理，化简，
得，即，
，，则，即，
利用正弦定理可得.
（2）因，则，
在中由余弦定理推论，得，
在中由余弦定理推论，得，
因，得，即，
又，则，解得，，则，
则的周长为.
16. （1）设等差数列的公差为，由题意可知，
解得，，故；
（2）由（1）得，所以，
数列的前项和为.
17. （1）由题可知，，，
又，且，解得，，
则椭圆的方程为.
（2）法一：①当直线斜率为0时，， 不符合题意.
②当直线斜率不为0时，设直线方程为，
联立，得，，
设，则.
由题意，，
即，解得.
故直线的方程为：或.
法二：①当直线斜率不存在时，，不符合题意.
②设直线方程为，
联立，得，，
设，则，
由，得，
即，解得.
故直线的方程为或.
18. （1）因为四边形为矩形，
所以，因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
（2）由（1）知平面，
平面，所以，
所以Rt的外心为的中点，
所以，所以平面，
因为，所以Rt的外心为的中点，
所以点为三棱锥外接球的球心，
，
所以外接球的半径，
则三棱锥外接球的体积为；
（3）因为平面，
所以以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
所以
设线段上存在一点，使得与平面所成角的大小为，
设，
则，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，
取，则，
则，因为与平面所成角的大小为，
所以，
即，整理得，
所以，此时点与点重合，
所以，则．
19. （1）当时，，
易知，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
（2），不妨设，
若是增函数，即，则，解得，
当时，，
所以单调递减，在单调递增，，
当时，单调递增，
当时，单调递增，
所以单调递增，所以．
（3），
因为在上单调递增，所以存在唯一，
使得，
所以，
不妨设，
所以单调递减，所以，
所以．