福建省厦门双十中学2026届高三上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省厦门双十中学2026届高三上学期期中考试数学试卷（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题
1．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A．B．C．D．
3．设，（），若，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知的三条边长分别为3，4，5，的两个顶点是椭圆的焦点，其另一个顶点在椭圆上，则的离心率的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．关于函数，下列说法不正确的是（ ）
A．的定义域为B．在区间上单调递增
C．的值域为D．的图象关于原点对称
6．若实数，且，则、的关系不可能是（ ）
A．B．C．D．
7．已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
8．方程的所有正数解之和为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．采购经理指数（PurchasingManagers＇Index，简称PMI）：是国际上通行的宏观经济监测指标体系之一，对国家经济活动的监测和预测具有重要作用．PMI涵盖着生产与流通､制造业与非制造业等领域，分为制造业PMI､服务业PMI．制造业PMI指数在以上，反映制造业总体扩张；低于，通常反映制造业衰退．下图为我国制造业采购经理指数（PMI）变化趋势图，则下列说法正确的是（ ）

A．根据上图可知有一半的月份我国的制造业总体在扩张
B．这13个月的PMI值的平均数不超过
C．这13个月的PMI值的中位数是
D．2025年1-4月的PMI的方差小于2025年5-8月的PMI的方差
10．若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．角一定为锐角B．
C．D．的最大值为
11．已知抛物线C：的焦点为F，若抛物线C在，两点处的切线交于点，与x轴分别交于点M，N．则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．若，则直线过点FD．若，则直线过点F
三、填空题
12．已知非零向量，的夹角为，其中，且满足，则 .
13．设，，，则的最小值为 .
14．设正四面体的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为正四面体的阶等距平面，为正四面体的阶等距集.如果为正四面体的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的平面有 个；若正四面体的棱长为，则的所有可能取值构成的集合为 .
四、解答题
15．已知等比数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
16．如图所示四棱锥，底面是边长为的正方形，、分别为、的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，平面平面，求平面与平面夹角的正切值.
17．已知为坐标原点，双曲线的一条渐近线为，且过点，过的右焦点作直线与的右支交于，两点.
(1)若和的面积的比值为3，求直线的斜率；
(2)若关于的对称点为，试判断直线与圆的位置关系，并说明理由.
18．已知函数.
(1)当，求函数的零点；
(2)是否存在实数，使得是函数的极值点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
(3)若恒成立，求满足条件的整数的最大值.
19．若实数，且满足，则称是“余弦相关”的．
(1)若，求出所有与之“余弦相关”的实数；
(2)若实数是“余弦相关”的，求的取值范围；
(3)若不相等的两个实数是“余弦相关”的，求证：存在实数，使得为“余弦相关”的，也为“余弦相关”的．
参考答案
1．C
【详解】命题“，”为存在量词命题，该命题的否定为“，”.
故选：C.
2．D
【详解】设等比数列的公比为，又，
所以，
所以.
故选：D.
3．A
【详解】，
要想与0比较大小，则虚部为0，
∴，
∴，此时，满足要求，
故选：A.
4．C
【详解】已知的三条边长分别为，，，因为，所以是直角三角形.
设的两个顶点为椭圆的焦点，另一个顶点在椭圆上.
情况一：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和.
此时离心率.
情况二：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和.
此时离心率.
情况三：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和.
此时离心率.
所以椭圆的离心率的最大值为.
故选：C.
5．C
【详解】选项A：由题意，即，
所以，即，解得，故A正确；
选项B：令，
当时，单调递减，
所以在上单调递增，
又当时，函数在上单调递增，
根据复合函数单调性原则可知在上单调递增，故B正确；
选项C：因为，所以，
则，所以，
则，
所以值域为，故C错误；
选项D：因为定义域为关于原点对称，且，
所以，
所以为奇函数，图象关于原点对称，故D正确.
故选：C
6．D
【详解】因为实数，且，所以，则，
对于A选项，则，
令，其中，则，故函数在上单调递减，
当时，；当时，，
故当时，，此时，
当时，，此时，
当时，，此时，则.A选项不合乎要求；
对于B选项，，
令，其中，则，
当时，，即函数在上为增函数，
当时，，即函数在上为减函数，
故函数在处取得最大值，即，
综上所述，当时，，B选项不合乎要求；
对于C选项，由A选项可知，当时，，
此时，则.C选项不合乎要求；
对于D选项，，令，其中，则，
由得，可得，解得，
由得，可得，解得.
故函数的减区间为，增区间为，
所以函数在处取得最小值，即，故，
故，D选项合乎题意.
故选：D.
7．C
【详解】如图，作平面，垂足为，则是正三角形的中心，
因为 ，，
所以，则，
因为，取的中点，所以， ，
设正三棱锥外接球的半径为，则，得，
所以，故，
设过点的球的截面圆的半径为，圆心为，为截面圆上一点，
，则，
所以，则，
所以与该截面所成角为，故，
，即与该截面所成角为.
故选：C.
8．B
【详解】由，得，
整理得，则或，而，
由，得，则，
而，因此，此时；
由，得，则，
当时，为正奇数，而是正偶数，无解，
所以原方程所有正数解为，它们的和为.
故选：B
9．BC
【详解】由图，13个月中共有5个月超过，A错，
13个月从小到大为，
所以这13个月的PMI值的平均数为
，即这13个月的PMI值的平均数不超过，B对，
其中这13个月的PMI值的中位数为第7个数，是，C对，
由图知，2025年1-4月的PMI为，2025年5-8月的PMI为，显然5-8月的PMI的波动性较小，
所以2025年1-4月的PMI的方差大于2025年5-8月的PMI的方差，D错.
故选：BC
10．ACD
【详解】由，可得，故，可得，得，故，故角为钝角，则角一定为锐角，A正确；
由余弦定理得，化简得，所以，故B错误；
由A的分析得，又，故，即，即，故，故C正确；
由A知，，则，所以，当且仅当，即时取等号，D正确；
故选:ACD.
11．ABD
【详解】，求导可得，则直线，直线，
联立直线方程，消可得，，
即，故A正确；
由直线，令，可得，所以，
又，所以，，
，所以，即，故B正确；
由，可得，
化简得，，所以，
设直线斜率为，则，则直线的方程为：，
令，可得，故直线过点，不过点，故C错误；
在直线中，令，可得，即，
又，所以，即，同理代入直线方程，可得直线过点，即过点，故D正确.
故选：ABD.
12．
【详解】因为，所以，
因为，所以，
因为为非零向量，所以，
所以，所以，
故答案为：
13．
【详解】，
当且仅当且，即、时，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
14．
【详解】如图，正四面体，在第一问中，不妨也取，
则正的外接圆半径为，则正四面体的高，
①情形一：分别取AB，AC，AD的中点M，E，F，
此时平面为正四面体的一个1阶等距平面，
且由中位线性质可知，，
由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况；
②情形二：将此正四面体放置到棱长为的正方体中，
分别取AB，AC，CD，DB的中点为P，Q，R，S，连接，
则，，则四点共面，
又平面，平面，则平面，
同理可证，平面，
又平面平面，且平面，则平面，
因平面，则平面平面，
故平面为正四面体的1阶等距平面，且为正方体棱长的一半，等于，
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况，
综上，当的值为1时，有4个；当的值为时，有3个，
故符合条件的有7个，的所有可能取值构成的集合是；
故答案为：；.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为,故，
所以即故等比数列的公比为，
故，故，故.
（2）由等比数列求和公式得，
所以数列的前n项和
.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取中点，连接、，
由、分别为、中点，故且，
又为中点，底面是正方形，故且，
则且，则四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，故平面；
（2）取中点，中点，连接、，
由，则，又平面平面，
平面平面，平面，故平面，
又平面，故，
由底面是正方形，故，
则、、两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
由，则，即，
则，则，，
设平面的法向量为，
则有，
取，则，，即，
由轴平面，故平面的法向量可为，
设平面与平面夹角为，
则，
则.

17．(1)
(2)相切，理由见解析
【详解】（1）由题意可得，解得，即双曲线，
则，设，、，
联立，消去可得，
，且，
，，
由，则，
由，两点都在的右支，则，
即有，且，
则，即，
，即有，
整理得，即，
则直线的斜率为；
（2）直线与圆相切，理由如下：
由题意可得，又，
则，
则，即，
原点到直线的距离，
则
，
由，则，
即有，则，
故，又圆的半径为，故直线与圆相切.
18．(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)
【详解】（1）的定义域为，
当，，令，
则或，若，则，若，则，
故当时，函数的零点为；
（2）不存在实数，使得是函数的极值点，理由如下：
当时，，，
若是函数的极值点，则有，即；
验证：当时，，
令，，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，故恒成立，
故在上单调递增，故不是函数的极值点；
综上可得，不存在实数，使得是函数的极值点；
（3），
又的定义域为，故为偶函数，
则只需考虑时的情况，
当时，，令，
即，若，有，符合，
当时，，则需对任意恒成立，
当时，，则需对任意恒成立；
令，且，
，
令，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，则；
又当时，，则，
令，，则，
令，则，
故在上单调递增，则，
故在上单调递增，则，
则，故，则，
当时，令，由在上单调递增，
则在上单调递增，
又，，
故函数存在唯一零点，
即有，即，
则当时，，当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
又当时，且，则当，需；
当时，，
由，在上单调递增，
当时，，
当时，，
则，又，则整数；
综上：整数可取、、、，即满足条件的整数的最大值为.
19．(1)或
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）代入得，，
即，，
因此，
又因为，
所以或.
（2）由得，进行化简得：
，，
，，
因为，所以，
因此，解不等式：
，，，
解得.
（3）假设，
则由余弦函数的单调性可知，
所以，，
同理可得，相加得，与假设矛盾，故，
，，
，
故，也是余弦相关的，
所以，解得，，
综上，，
此时可设，，
，
，
故，为“余弦相关”的，