福建省福州市2025_2026学年高三数学上学期期中联考试题含解析

这是一份福建省福州市2025_2026学年高三数学上学期期中联考试题含解析，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则AB＝
A. B. (1,2)C. (2, )D. （，0）
【答案】A
【解析】
【分析】解集合A与集合B，求得集合的交集即可．
【详解】解集合A可得
集合B为}
所以AB＝
所以选A
【点睛】本题考查了集合的简单并集运算，属于基础题．
2. 设f(x)是周期为4的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)＝x(1＋x)，则＝（ ）
A. －B. －C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用函数的周期性和奇偶性转化，再利用已知条件求解即可.
【详解】∵是周期为4的奇函数，
∴＝＝，
又时，，
故＝＝＝
故选：A.
【点睛】本题主要考查了利用函数的周期性和奇偶性求值的问题.属于容易题.
3. 已知正数满足，则的最小值为（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用“”的妙用，即可求解.
【详解】因为正数满足，则，
当且仅当，即时取等号，
故选：B.
4. 设向量，，则（ ）
A. “”是“”的必要条件B. “”是“”的必要条件
C. “”是“”的充分条件D. “”是“”的充要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量平行、垂直、充分和必要条件等知识确定正确答案.
【详解】若，则，解得或.
所以“”是“”的充分条件，不是必要条件，A选项错误.
所以“”是“”的充分条件，C选项正确.
若，则，解得，
所以“”不是“”的必要条件，“”不是“”的充要条件，
所以BD选项错误.
故选：C
5. 在梯形中，，，，，，则（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】将用来表示，再求数量积即可.
【详解】由题可知，所以，
因，
则
故选：C.
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】由，得，而，
因此，
所以.
故选：A
7. 如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.
【详解】
根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
又点为的重心，所以，
则，，
则，
则，
所以点到直线的距离为.
故选：B
8. 已知函数.若函数存在零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对求导，求出的单调性和最值，函数存在零点，即与的图象有交点，即可求出的取值范围.
【详解】，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，，，
所以的最大值为，最小值为，故，
函数存在零点，即，
即与的图象有交点，所以
故选：C,
二、多项选择题：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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 最小正周期为
B. 为偶函数
C. 在区间内的最小值为1
D. 的图象关于直线对称
【答案】AC
【解析】
【分析】由图知，的最小正周期为，结论A正确；
求出，从而不是偶函数，结论B错误；
因为，，则在区间内的最小值为1，结论C正确；
因为为的零点，不是最值点，结论D错误.
【详解】解：由图知，的最小正周期为，结论A正确；
因为，，则．因为为在内的最小零点，则，得，所以，从而不是偶函数，结论B错误；
因为，，结合图像可得在区间内的最小值为1，结论C正确；
因为，则为的零点，不是最值点，结论D错误.
故选：AC．
10. 已知等差数列的前n项和为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是递增数列B.
C. 当取得最大值时，D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用等差数列的性质得出，，即可逐一判断.
【详解】因数列是等差数列，
则，，
则，，则，
则公差（数列是递减数列），，时取得最大值，
故A、D错误；B、C正确；
故选：BC
11. 如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则（ ）
A.
B. 三棱锥体积为
C. 三棱锥的外接球的表面积为
D. 由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由线面垂直的性质定理可判断A，由三棱锥的体积公式计算可判断B，由直棱锥的外接球半径计算方法可判断C，作出过，C，E三点确，进而求得截面的周长判断D.
【详解】对于A，∵，，，
平面，平面，∴平面，
又平面，∴，故A正确；
对于B：三棱锥的体积，故B错误；
对于C，设三棱锥的外接球的半径为，
的外接圆半径为，，
在中，由余弦定理得，，
所以，则有，
三棱锥的外接球的表面积为，故C正确.
对于D，如图，过，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形
（其中F为的中点，故等腰梯形的周长为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则_____
【答案】
【解析】
【分析】由三角函数的定义即可求解.
【详解】因为终边过点，故，
所以.
故答案为：
13. 已知等比数列的前项和为，且，，数列的公比______．
【答案】
【解析】
【分析】利用等比数列前n项和公式联立方程组即可求解.
【详解】由题意可知：，
根据等比数列的前项公式可得：①，②,
联立①②可得，解得
故答案为：
14. 已知函数有两个极值点与，若，则实数a＝____________.
【答案】4
【解析】
【分析】由得，所以，根据解方程即可求出结果．
【详解】因为函数有两个极值点与
由，则有两根与
所以，得
因为，
所以，又
则，
所以
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. 已知等差数列的公差为，前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设为数列的前项和，求使得的的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等差数列的前项和公式建立方程组，解得数列的首项和公差，即可得到等差数列的通项公式；
（2）由（1）可得等差数列的前项和，然后即可得到，从而求出该数列的前项和，然后代入条件中的不等式，解二次不等式即可求得的范围，根据题意即可得到其最小值.
【小问1详解】
由于，
故解得
所以.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
则数列是以4为首项，3为公差的等差数列；
所以.
由，得，
即，
则，或，
又因为，所以的最小值为4.
16. 平面凸四边形中，．
（1）若，求；
（2）若，求
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，由勾股定理求出，即可得到的正、余弦值，再求出，即可得到的正、余弦值，再由两角和的余弦公式求出，最后由余弦定理计算可得；
（2）首先求出，再由锐角函数计算可得.
【小问1详解】
连接，由（1）知，
在中易知．
在中，由，得，
易知．
．
在中由余弦定理得：
，
；
【小问2详解】
连接，在中，由．
得，
，
，
在中，由知．
17. 在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点为，连接，通过证明平面，即可解决问题；
（2）建系求得平面法向量，代入夹角公式即可.
【小问1详解】

取的中点为，连接，
因为是边长为2的等边三角形，所以，，
在直角三角形中，， 为中点，所以，
又，所以，
所以，即，又为平面内两条相交直线，
所以平面，又在平面内，
所以平面平面.
【小问2详解】

由（1）知过作的平行线作为轴，分别为轴，
则，
所以，,
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，
设平面与平面的夹角为，
则.
18. 已知，且曲线在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）设的导函数为，求的单调区间；
（3）证明：当时，.
【答案】（1）
（2）单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，根据计算可得；
（2）求出的解析式，从而求出其导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（3）由（2）可得的单调性，结合零点存在性定理得到，使得，即可得到的单调性，从而求出，即可得证.
【小问1详解】
因为，所以，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以，解得；
【小问2详解】
由（1）可得，所以，
则，定义域为，
所以，
因为，令，即，解得；
令，即，解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问3详解】
由（2）可知在上单调递增，
又，，
又，
所以，即，
所以，使得，
所以当时，即，所以在上单调递减；
当时，即，所以在上单调递增；
又，，
所以，
所以当时，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
19. 若数列满足，则称为“阶跃数列”.
（1）若，判断是否为“阶跃数列”；
（2）在“阶跃数列”中，若，求实数的取值范围；
（3）记“阶跃数列”的前项和为，证明：数列是“阶跃数列”.
【答案】（1）为“阶跃数列”；
（2）.
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“阶跃数列”的定义，证明即可；
（2）根据“阶跃数列”的定义可得恒成立，令，利用数列单调性求出的最大值即可；
（3）先根据“阶跃数列”的定义，结合放缩法、累加法证明，再证明即可.
【小问1详解】
令，则，
所以，即，所以为“阶跃数列”；
【小问2详解】
令，
则，
又为“阶跃数列”，所以，
所以，即，
令，则，所以为递减数列，
所以当时，取到最大值1，所以.
【小问3详解】
因为为“阶跃数列”，所以，即，
所以
所以.
当时，，
整理得，
所以，即；
当时，
所以对，即数列是“阶跃数列”.