2026届福建省罗源县第一中学高三第一次调研测试数学试卷含解析

这是一份2026届福建省罗源县第一中学高三第一次调研测试数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知集合，则=，已知集合，，若，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．刘徽是我国魏晋时期伟大的数学家，他在《九章算术》中对勾股定理的证明如图所示.“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类，因就其余不移动也.合成弦方之幂，开方除之，即弦也”.已知图中网格纸上小正方形的边长为1，其中“正方形为朱方，正方形为青方”，则在五边形内随机取一个点，此点取自朱方的概率为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE.，异面直线SC与OE所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知直线是曲线的切线，则（ ）
A．或1B．或2C．或D．或1
4．过点的直线与曲线交于两点，若，则直线的斜率为( )
A．B．
C．或D．或
5．△ABC中，AB＝3，，AC＝4，则△ABC的面积是（ ）
A．B．C．3D．
6．已知集合，则=
A．B．C．D．
7．为得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A．向右平移个长度单位B．向右平移个长度单位
C．向左平移个长度单位D．向左平移个长度单位
8．已知当，，时，，则以下判断正确的是
A．B．
C．D．与的大小关系不确定
9．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（ ）
A．8B．C．D．
10．已知集合，，若，则（ ）
A．B．C．D．
11．在区间上随机取一个数，使得成立的概率为等差数列的公差，且，若，则的最小值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
12．的展开式中的系数为（ ）
A．5B．10C．20D．30
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．集合，，若是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则下列说法正确的为________
①的值可以为2；
②的值可以为；
③的值可以为；
14．在中，已知，则的最小值是________．
15．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．
16．命题“对任意，”的否定是 ．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）设函数.
（1）若函数在是单调递减的函数，求实数的取值范围；
（2）若，证明：.
18．（12分）已知都是各项不为零的数列，且满足其中是数列的前项和，是公差为的等差数列．
（1）若数列是常数列，，，求数列的通项公式；
（2）若是不为零的常数），求证：数列是等差数列；
（3）若（为常数，），．求证：对任意的恒成立．
19．（12分）如图，已知椭圆的右焦点为，，为椭圆上的两个动点，周长的最大值为8.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）直线经过，交椭圆于点，，直线与直线的倾斜角互补，且交椭圆于点，，，求证：直线与直线的交点在定直线上.
20．（12分）已知点、分别在轴、轴上运动，，．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过点且斜率存在的直线与曲线交于、两点，，求的取值范围．
21．（12分）已知，设函数
(I)若，求的单调区间：
(II)当时，的最小值为0，求的最大值.注：…为自然对数的底数.
22．（10分）已知函数.
（1）证明：函数在上存在唯一的零点；
（2）若函数在区间上的最小值为1，求的值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C
【解析】
首先明确这是一个几何概型面积类型，然后求得总事件的面积和所研究事件的面积，代入概率公式求解.
【详解】
因为正方形为朱方，其面积为9，
五边形的面积为，
所以此点取自朱方的概率为.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了几何概型的概率求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.
2、D
【解析】
可过点S作SF∥OE，交AB于点F，并连接CF，从而可得出∠CSF（或补角）为异面直线SC与OE所成的角，根据条件即可求出，这样即可得出tan∠CSF的值.
【详解】
如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，
则∠CSF（或补角）即为异面直线SC与OE所成的角，
∵，∴，
又OB＝3，∴，
SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴；
SO⊥OF，SO＝3，OF＝1，∴；
OC⊥OF，OC＝3，OF＝1，∴，
∴等腰△SCF中，.
故选：D.
【点睛】
本题考查了异面直线所成角的定义及求法，直角三角形的边角的关系，平行线分线段成比例的定理，考查了计算能力，属于基础题.
3、D
【解析】
求得直线的斜率，利用曲线的导数，求得切点坐标，代入直线方程，求得的值.
【详解】
直线的斜率为，
对于，令，解得，故切点为，代入直线方程得，解得或1.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查根据切线方程求参数，属于基础题.
4、A
【解析】
利用切割线定理求得，利用勾股定理求得圆心到弦的距离，从而求得，结合，求得直线的倾斜角为，进而求得的斜率.
【详解】
曲线为圆的上半部分，圆心为，半径为.
设与曲线相切于点，
则
所以
到弦的距离为，，所以，由于，所以直线的倾斜角为，斜率为.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
5、A
【解析】
由余弦定理求出角，再由三角形面积公式计算即可.
【详解】
由余弦定理得：，
又，所以得，
故△ABC的面积.
故选：A
【点睛】
本题主要考查了余弦定理的应用，三角形的面积公式，考查了学生的运算求解能力.
6、C
【解析】
本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．
【详解】
由题意得，，则
．故选C．
【点睛】
不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．
7、D
【解析】
，所以要的函数的图象，只需将函数的图象向左平移个长度单位得到，故选D
8、C
【解析】
由函数的增减性及导数的应用得：设，求得可得为增函数，又，，时，根据条件得，即可得结果．
【详解】
解：设，
则，
即为增函数，
又，，，，
即，
所以，
所以．
故选：C．
【点睛】
本题考查了函数的增减性及导数的应用，属中档题．
9、D
【解析】
根据三视图还原几何体为四棱锥，即可求出几何体的表面积．
【详解】
由三视图知几何体是四棱锥，如图，
且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的底面是正方形,边长为2,棱锥的高为2，
所以，
故选：
【点睛】
本题主要考查了由三视图还原几何体，棱锥表面积的计算，考查了学生的运算能力，属于中档题.
10、A
【解析】
由，得，代入集合B即可得.
【详解】
，，，即：，
故选：A
【点睛】
本题考查了集合交集的含义，也考查了元素与集合的关系，属于基础题.
11、D
【解析】
由题意，本题符合几何概型，只要求出区间的长度以及使不等式成立的的范围区间长度，利用几何概型公式可得概率，即等差数列的公差，利用条件，求得，从而求得，解不等式求得结果.
【详解】
由题意，本题符合几何概型，区间长度为6，
使得成立的的范围为，区间长度为2，
故使得成立的概率为，
又，，，
令，则有，故的最小值为11，
故选：D.
【点睛】
该题考查的是有关几何概型与等差数列的综合题，涉及到的知识点有长度型几何概型概率公式，等差数列的通项公式，属于基础题目.
12、C
【解析】
由知，展开式中项有两项，一项是中的项，另一项是与中含x的项乘积构成.
【详解】
由已知，，因为展开式的通项为，所以
展开式中的系数为.
故选：C.
【点睛】
本题考查求二项式定理展开式中的特定项，解决这类问题要注意通项公式应写准确，本题是一道基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、②③
【解析】
根据对称性，只需研究第一象限的情况，计算：，得到，，得到答案.
【详解】
如图所示：根据对称性，只需研究第一象限的情况，
集合：，故，即或，
集合：，是平面上正八边形的顶点所构成的集合，
故所在的直线的倾斜角为，，故：，
解得，此时，，此时.
故答案为：②③.
【点睛】
本题考查了根据集合的交集求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，利用对称性是解题的关键.
14、
【解析】
分析：可先用向量的数量积公式将原式变形为：，然后再结合余弦定理整理为，再由csC的余弦定理得到a，b的关系式，最后利用基本不等式求解即可.
详解：已知，可得，将角A,B,C的余弦定理代入得，由，当a=b时取到等号，故csC的最小值为.
点睛：考查向量的数量积、余弦定理、基本不等式的综合运用，能正确转化是解题关键.属于中档题.
15、9
【解析】
分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.
详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
16、存在，使得
【解析】
试题分析：根据命题否定的概念，可知命题“对任意，”的否定是“存在，使得”．
考点：命题的否定．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）求出导函数，由在上恒成立，采用分离参数法求解；
（2）观察函数，不等式凑配后知，利用时可证结论．
【详解】
（1）因为在上单调递减，
所以，即在上恒成立
因为在上是单调递减的，所以，所以
（2）因为，所以
由（1）知，当时，在上单调递减
所以
即
所以.
【点睛】
本题考查用导数研究函数的单调性，考查用导数证明不等式．解题关键是把不等式与函数的结论联系起来，利用函数的特例得出不等式的证明．
18、（1）；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
(1)根据,可求得,再根据是常数列代入根据通项与前项和的关系求解即可.
(2)取,并结合通项与前项和的关系可求得再根据化简可得,代入化简即可知,再证明也成立即可.
(3)由(2) 当时,,代入所给的条件化简可得,进而证明可得,即数列是等比数列.继而求得,再根据作商法证明即可.
【详解】
解：
．
是各项不为零的常数列,
则,
则由,
及得,
当时,,
两式作差,可得．
当时,满足上式,
则；
证明：,
当时,,
两式相减得：
即．
即．
又,
,
即．
当时,,
两式相减得：．
数列从第二项起是公差为的等差数列．
又当时,由得,
当时,由,得．
故数列是公差为的等差数列；
证明：由,当时,
,即,
,
,即,
即
,
当时,即．
故从第二项起数列是等比数列,
当时,．
．
另外,由已知条件可得,
又,
,
因而．
令,
则．
故对任意的恒成立．
【点睛】
本题主要考查了等差等比数列的综合运用,需要熟练运用通项与前项和的关系分析数列的递推公式继而求解通项公式或证明等差数列等.同时也考查了数列中的不等式证明等,需要根据题意分析数列为等比数列并求出通项,再利用作商法证明.属于难题.
19、（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由椭圆的定义可得，周长取最大值时，线段过点，可求出，从而求出椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设直线，直线，，，，.把直线与直线的方程分别代入椭圆的方程，利用韦达定理和弦长公式求出和，根据求出的值.最后直线与直线的方程联立，求两直线的交点即得结论.
【详解】
（Ⅰ）设的周长为，
则
，当且仅当线段过点时“”成立.
，，又，，
椭圆的标准方程为.
（Ⅱ）若直线的斜率不存在，则直线的斜率也不存在，这与直线与直线相交于点矛盾，所以直线的斜率存在.
设，，，，，.
将直线的方程代入椭圆方程得：.
，,
.
同理，.
由得，此时.
直线，
联立直线与直线的方程得，
即点在定直线.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题.
20、（1）（2）
【解析】
(1)设坐标后根据向量的坐标运算即可得到轨迹方程.(2)联立直线和椭圆方程，用坐标表示出，得到，所以，代入韦达定理即可求解.
【详解】
（1）设，，则，
设，由得．
又由于，
化简得的轨迹的方程为．
（2）设直线的方程为，
与的方程联立，消去得，
，设，，
则，，
由已知，，则
，
故直线．
，
令，则
，
由于，，
．
所以，的取值范围为．
【点睛】
此题考查轨迹问题，椭圆和直线相交，注意坐标表示向量进行转化的处理技巧，属于较难题目.
21、 (I)详见解析；(II)
【解析】
(I)求导得到，讨论和两种情况，得到答案.
(II) ，故，取，，求导得到单调性，得到，得到答案.
【详解】
(I) ，，
当时，恒成立，函数单调递增；
当时，，，当时，函数单调递减；
当时，函数单调递增.
综上所述：时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增.
(II) 在上恒成立；
，故，
现在证明存在，，使的最小值为0.
取，，（此时可使），
，，
故当上时，，故，
在上单调递增，，
故在上单调递减，在上单调递增，故.
综上所述：的最大值为.
【点睛】
本题考查了函数单调性，函数的最值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
22、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明在上存在唯一的零点即可；
（2）根据导函数零点，判断出的单调性，从而可确定，利用以及的单调性，可确定出之间的关系，从而的值可求.
【详解】
（1）证明：∵，∴.
∵在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴函数在上单调递增.
又，令，，
则在上单调递减，，故.
令，则
所以函数在上存在唯一的零点.
（2）解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）.
函数在上单调递增.
∴当时，，单调递减；当时，，单调递增.
∴.
由（*）式得.
∴，显然是方程的解.
又∵是单调递减函数，方程有且仅有唯一的解，
把代入（*）式，得，∴，即所求实数的值为.
【点睛】
本题考查函数与导数的综合应用，其中涉及到判断函数在给定区间上的零点个数以及根据函数的最值求解参数，难度较难.（1）判断函数的零点个数时，可结合函数的单调性以及零点的存在性定理进行判断；（2）函数的“隐零点”问题，可通过“设而不求”的思想进行分析.