福建省福州第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷

这是一份福建省福州第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷，共15页。试卷主要包含了答案， 313， e 1, 等内容，欢迎下载使用。

福州一中 2025-2026 学年第一学期第一学段
高三数学期中考试卷参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
D
C
C
D
D
D
B
BC
AB
AC
11．答案：AC
解析：设–––→→ ， –––→→ ，
， →， →，
CA  aCB  b
ACB a  4b  8
–––→–––→–––→
因为，则
1 –––→ ，故–––→
2 –––→
1 –––→
2 →1 → ，
AB  3AD
AD  AB
3
CD  CA  CB  a  b
3333
–––→–––→–––→–––→
设，则
2→
→ ，
CE  CD  1
CE  CD 
a  b
33
–––→–––→–––→
2 1 →
1 → ， –––→–––→–––→
2→
 3 →
DE  CE  CD 
a b
33
BE  BC  CE a b
33
–––→ –––→–––→ –––→
因为 BE  CE ，则 BE  CE  0 即 BE  CD  0 ，
–––→ –––→
从而
 2→
 3 →   2 →
1 → 
BE  CD   3 a 3b   3 a  3 b   0
 
化简 4 6  4 6cs 0 ，即4 61 cs  0 ，
因为，故解得 3 .故–––→
→1 → .
1 cs 0
CE  a  b
22
又4 3 ，故 –––→
4 3 ，即 –––→ 216 ，
DE 
3
–––→ 2
DE 
 2 1 →
3
1 → 2
DE
3
16
从而 DE 3a 3 b   3 ，

化简得812  812 cs 3 ，即812 1 cs  3 ，
 3 ，所以cs 1 ，  .
223
–––→
对于 A 选项，因为
→1 → ，
CE  a  b
2
–––→–––→–––→
→ →
1 → 
1 → –––→
1 →，
22
AE  AC  CE  a   a  b    b AE

 b  4 2
故 A 选项正确.
–––→
对于 C 选项，因为
1 → ，故–––→ → 即–––→ –––→ ，
AE   b
2
AE//b
AE//CB
点 P 在线段 BC 上，点 P 到线段 AE 距离为定值，故 S△PAE  S△CAE ，
△CAE 中， AC  4 ， AE  4 ， CE  3DE  4 3 ，
22242  42 4 32
则csCAE  AE  AC  CE   1 ，
sin CAE 
2 AE  AC
3 ，所以 S S
2 4 42
3
 1 AC  AE sin CAE  4，
2△PAE△CAE2
故 C 选项正确.
对于 B 选项，因为平面内三点确定一个圆，
因为 AC  4 ， BC  8， ACB   ， BAC   ，所以△ACD 为直角三角形，
32
故过 D，A，C 的圆 O 的圆心在线段CD 的中点处，
若 P，D，A，C 四点共圆，则圆 O 与线段 BC 交点为 P，连接 AP ， DP ，可得 DP  BC ，
3
又因为在△BCE 中CE  4， BC  8， BE  CE ，
可得BCE   ，故BCE  ACE   ，
66
所以 AC  PC  4 ， △APC 为等边三角形，此时cs PAC  1 3 ，
23
故 B 选项错误.
对于 D 选项，连接 DP ， EP ，
–––→–––→–––→
当时，
→1 →
DP//BE
PE  PB  BE  a  b
6
4 7
–––→ 2 →1 → 2112–––→
6
故 PE  a  b  ， PE ，
93
3
在△PEA 中， PE  4 7 ， CE  4
3
PC 2  PE 2  CE 2
cs EPC  
， CP  2 BC  16
33
7
3 21
， sin EPC ，
2  PC  PE1414
3
故tan EPC  3
，又因为 DP//BE ， AE//BC ，
所以PEA  PEC  DEA  PEC  BCE ，所以PEA  EPC   ，
故tan PEA   tan EPC  3
3 ，故 D 选项错误.
3
3
故选:AC.
3
12． 313． 2
5
14． e 1, 
–––→
15．解：（1）因为 A(4, 1) ， B(3, 4) ，所以 AB  (1, 5) .
–––→
设点 C 的坐标为(x, y) ， x  0 ， y  0 ，则 DC  (x 1, y  2) .
–––→–––→
(x 1)  1,

由 AB  DC( 0) ，得( y  2)  5,3 分
x  1 1 ,

解得5
 y   2.

5
因为点 C 在第一象限，所以 x  0 ， y  0 ，解得1   .
2
故实数  的取值范围是1, 5 6 分
2 

–––→2 –––→3 ––––→–––→–––→––––→–––→
（2）由 MP 
MA 
55
MC 得 2(MP  MA)  3(MC  MP) ，

–––→–––→AP
即 2AP3PC ，所以
PC
–––→–––→
 39 分
2
因为 AB  DC( 0) ，所以 AB//DC ，10 分
又点 P 恰为四边形 ABCD 对角线的交点，
所以△APB∽△CPD
，则 AB  AP  3
–––→–––→
，又 AB  DC ，
CDCP2
所以 313 分
2
16．解：(1) f  x   xex  a x2  ax a  0 ，定义域为R ，
2
f  x   1 x  ex  a  x 1  1 x ex  a  ，1 分
因为a  0 ，令 f  x  0 得 x  1 或ln a ，
当a  1 时， ln a  1 ，此时 f  x  0 恒成立，故 f  x 在R 上单调递增，3 分
e
当a  1 时， ln a  1 ，令 f  x  0 得 x  1或 x  ln a ，令 f  x  0 得1  x  ln a ，
e
故 f  x 在1, ln a 上单调递减，在, 1 ， ln a,  上单调递增，5 分
当0  a  1 时， ln a  1 ，令 f  x  0 得 x  ln a 或 x  1 ，令 f  x  0 得ln a  x  1 ，
e
故 f  x 在ln a, 1 上单调递减，在, ln a ， 1,  上单调递增；7 分
综上，当a  1 时， f  x 在R 上单调递增；
e
当a  1 时， f  x 在1, ln a 上单调递减，在, 1 ， ln a,  上单调递增；
e
当0  a  1 时， f  x 在ln a, 1 上单调递减，在, ln a ， 1,  上单调递增8 分
e
(2)由（1）可得当0  a  1 时， f  x 在ln a, 1 上单调递减，
e
在, ln a ， 1,  上单调递增；
故 x  ln a 时， f  x 取得极大值，即a   h ln a    a ln a 2 ，10 分
2
则a    1 ln a 2  a  2 ln a  1   1 ln a 2  ln a ，11 分
22a2
因为0  a  1 ，所以ln a  1 ，
e
令a  0 得 1 ln a 2  ln a  0 ，解得2  ln a  1 ，即e2  a  e1 ， 2
令a  0 得ln a  2 ，即0  a  e2 ，
所以a 在a 0,e2  上单调递减，在a e2 ,e1  上单调递增，14 分
2
，
2
故a  e2    e  2 2   2
2e
所以a 的最小值为 2 .15 分
e2
2
17．（1）法 1 BC  AB, AB  BC  2 ，所以 AC  2
又 EA  1 PA  1， CE  3
2
所以 AE 2  AC 2  CE 2 ， 故 AE  AC
即 AP  AC
…1 分
又 PA  AB ， AB  AC  B ， AB  平面 ABCD ， AC  平面 ABCD ，所以 PA  平面 ABCD4 分
法 2 如图，连接 BE ，因为 PA  AB ， E 为 AP 的中点，
所以 EA  AB ，又 PA  AB  2 ，故 EA  1 PA  1，
2
所以 EB2  EA2  AB2  12  22  5 ，
又 BC  2 ， CE  3 ，则 BE 2  BC 2  CE 2 ，故 BE  BC ，
又 BC  AB ， AB ∩ BE  B ， AB  平面 PAB ， BE  平面 PAB ，
所以 BC  平面 PAB ， PA  平面 PAB ，所以 PA  BC ，2 分
又 PA  AB ， AB  BC  B ， AB  平面 ABCD ， BC  平面 ABCD ，所以 PA  平面 ABCD4 分
（2）(i)由（1）知 PA  平面 ABCD，在平面 ABCD 内过点 A 作 AF  AB 交CD 于 F ， AF , AB, AP 两两
垂直，如图，以 A 为原点， –––→ ， –––→ ， –––→ 分别为 x, y, z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 A  xyz ，
BCABAP
则 A0, 0, 0， B 0, 2, 0 ， C 2, 2, 0 ， P 0, 0, 2 ， E 0, 0,1 ， D 2, 1, 0 ，6 分
设O  x0 , y0 , z0  ，由OA  OB  OC  OE 得，
x2  y2  z2  x2   y  22  z2   x  22   y  22  z2  x2  y2   z 12 ，
000000000000
解得 x  y  1， z  1 ，所以点O 的坐标为1,1, 1  ，9 分
0002
2 

–––→1 
2
则 AC  2, 2, 0  ，故OD  1, 2,   ，

设直线 AC 与直线OD 所成角为，
42
–––→ –––→
AC  OD| 2  4 |
2 2 21
4
cs| –––→ –––→ |
| AC || OD |21
∴直线 AC 与直线OD 所成角的余弦值为 42 ……11 分
21
–––→
–––→
–––→1 
2
（ii） PB  0, 2, 2  ， BD  2, 3, 0 ， OB   1,1,   ，

 → –––→
→n  PB  0
设平面 PBD 的法向量为n   x, y, z  ，则 → –––→，
n  BD  0
2x  3y  0
即2 y  2z  0，取 y  2 ，可得 x  3 ， z  2 ，

→
所以n  3, 2, 2为平面 PBD 的一个法向量，13 分
n  OB
→
→ –––→
n  OB
–––→
3 17
| 3  2 1 |244 17
17  11 1
4
设直线OF 与平面 PBD 所成的角为， sin
3 
17 
2
51 ，
所以直线OF 与平面 PBD 所成的角的正弦值为 4 17
51
…15 分
解：（1） AB  2 百米， BC  1百米， ABC  π ，
AB2  BC2
5
2
 在直角三角形 ABC 中， AC 
百米，
sinBCA 
AB  2  2 5 ， csBCA  BC  1 5 ，
5
5
AC5
AC5
5
又 AD  CD ， AD  CD ， AC 百米，
 在等腰直角三角形 ACD 中， AD  CD 
10 百米， sinACD 
2
2 ， csACD 2 ，
22
csBCD  csBCA  ACD  csBCAcsACD sinBCAsinACD
5 
2  2 5 
2  
10 .
525210
BCD 的余弦值为
104 分
10
由第（1）问，当ABC  π 时， csBCD  
2
10 ， CD 10
102
 在三角形 BCD 中，

10 
2
10
 10 9
BD2  BC 2  CD2  2BC CD  csBCD  12    21  ，
3 2
2
 BD 百米.
 2 
2 10 2
 排水沟 BD 的长为 3 2 百米7 分
2
设ABC ，BAC  ，BCA ，
 M 、N、E 分别为边 BC、AB、AC 的中点，
 EM //AB ， EM  1 AB  1百米， MEC  BAC  ，8 分
2
22
 EN //BC ， EN  1 BC  1 百米， NEA  BCA ，9 分
在三角形 ABC 中，由余弦定理得 AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC  cs 5  4cs，
由正弦定理
AC 
sin
BC 
sin
AB ，
sin
得sin BC sin sin， sin AB sin 2sin，
ACAC
ACAC
连接 DE， AD  CD ， AD  CD ，E 为边 AC 的中点，
 DE  AC ， DE  1 AC ，
2
在三角形 MDE 中， csMED  csMEC  CED   cs π   sin，
2 

由余弦定理得 DM 2  EM 2  DE 2  2EM  DE  csMED
 1 1 AC 2  2 1 1 AC sin 9  cs sin,12 分
424
在三角形 NDE 中， csNED  csNEA  AED   cs π   sin，
2 

由余弦定理得 DN 2  EN 2  DE 2  2EN  DE  csNED
 1  1 AC 2  2  1  1 AC sin
4422
 1  1 5  4cs  2  1  1 AC  2sin
4422AC
 3  cs sin, 2
DM  DN  EM  EN 
…15 分
9  sin cs
3  sin cs 3 ，0, π16 分
422
)(
令t  sin cs2 sin(  1  t 2)
DM  DN  EM  EN 
4
9  t
4

 3 在(1，2] 单调递增
3  t
2
2
9 
4
2
∴ DM  DN  EM  EN ( 5 2  3 ,
2

 3]17 分
3 
2
2
2
解：（1）函数 f  x  xlnx  x 的定义域为0,  ， f x   ln x, x  0 ．
函数 g  x  x  2ln  x 1 的定义域为1,  ， g x   1
2
x 1
, x  1
令s  x  f  x, t  x  g x ，则s x   1 , x  0 ； t x  
x
2
 x 1
2 , x  11 分
由函数 f x  和 g x 存在a -平衡点，知 s  x 和t  x 存在 a -平衡点，所以存在实数 x0 使得
as x   t x  成立，即存在实数 x 使得a  t x0  成立.
000
s x0 
  
tx 2x1 1
h x
x 11
令sx 
x 2  2x 1
x  1  1
22 x
2 ，当且仅当 2  2x  2 ，即 x  1 时，等号成立.
所以当 x  1 时， h  x 取得最大值，最大值为 1 .
2
实数a 的最大值为 14 分
2
（2）若函数 f  x 和 g  x 存在 3 个不同的a -平衡点 x1 , x2 , x3 ，且 x1  x2  x3 ，则af  x  g x 有
3 个不同的解.即a ln x  (1 2 )  0 有三个不同的正根.
x 1
令h(x)  a ln x  (1 2 )  a ln x  x 1
x 1x 1
ax 1 (x 1)ax2  (2a  2)x  a
h (x)  
x
(x 1)2
x(x 1)2
…5 分
⸪ a ln x  (1 2 )  0 有三个不同的正根.
x 1
∴ h(x) 有两个不等正根设为m, n (设m  n)
∴   (2a  2)2  4a2  0

 m  n   2a  2  0

a
mn  1  0
∴ 0  a  1
2
…7 分
当0  a  1 时， h(x) 在(0, m) 单调递增， (m, n) 单调递减， (n,) 单调递增.
2
1
 h(1)  0,0  m  1  n  h(n)  0 ，h(ea )  1
在(n,) 存在唯一零点，
1
ea 1
1
ea 1
1
0  h(n)h(ea )  0 由零点存在性定理知
1
 h(1)  0,0  m  1  n  h(m)  0 a
 1
2 2e a
 1 h(x)
在(0, m) 存在唯一零点
h(e
)  2 
 1
e a 1
 1
e a 1
 0 ， h(m)h(e
a )  0 ，
∴ 0  a  1 时h(x) 有三个不同的零点
2
所以实数a 的取值范围是 0, 1 10 分
2 
x 1

1 1
1x
1 x
② h(x)  a ln x  x 1 ，则h( x )  a ln x  1
1
x
 a ln x  h(x)
11 x
由(ⅰ)可知： 0  x  x
 1  x
，且 x
.12 分
123
3
1
x
要证3a 1 x1  x3  2  2 ，只需证3a  x1  x3  2  2   x1  x3  2 ，
即证3a  1  x  2   1  x
 4 ，即证3a  x 12  x2  4x
1  0 ，
 x3x3
333
 33
即证 3 x3 1
 x
12  x2  4x
1 
3x2 1
 x2  4x
1  0 ，
 x 1ln x
333
ln x33
3
333
即证3x2 1  x2  4x
1ln x
 0 .14 分
3333
令H  x   3x2 1  x2  4x 1ln x, x  1，则
x2  4x 11
H x   6x  2x  4 ln x  5x   2x  4 ln x  4, x  1 ，
xx
令M  x   5x  1  2x  4 ln x  4, x  1，则M  x   5  1
 2 ln x  2x  4  3  1  4  2 ln x, x  1

xx2
14242
xx2x
2 x  12
令 N  x   3  x2  x  2 ln x, x  1 ，则 N x   x3  x2  x  
, x1.
x3
所以当 x  1 时， N x  0 ， N  x单调递减，所以 N  x  0 ，即M x   0 .
所以M  x 单调递减，且M  x  0 ，即H  x  0 .所以H  x 单调递减，所以H  x  0 .
即当 x  1 时， 3x2 1  x2  4x 1ln x  0 .
因此， 3x2 1  x2  4x 1ln x  0 .
3333
故3a 1 x1  x3  2  2 得证17 分