福建省福州恒一高级中学、福州中加学校、匠心恒一学校2026届高三上学期第一学段质量检测（A6）数学试（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页福建省福州恒一高级中学、福州中加学校、匠心恒一学校2026届高三上学期第一学段质量检测（A6）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（

）A． B．i C． D．3．“”是“”的（

）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知向量，，，则（

）A．1 B．2 C．4 D．05．已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当时，，则

A．-2 B． C． D．26．已知向量，，其中，则的最大值是（

）A．4 B．3C．2 D．17．已知函数，若方程在区间上恰有3个实根，则ω的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知函数，若有三个不等零点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知函数（其中）的部分图象如图所示.则下列结论正确的是（

）

A．函数的图象关于直线对称B．函数的图象关于点对称C．函数在区间上单调递增D．与图象的所有交点的横坐标之和为10．已知，为锐角，，，则（

）A． B．C． D．11．定义区间上的函数，规定其具有以下性质：①任意，；②；③，则关于该函数下列说法正确的是（

）A．在上严格单调递增 B．的图象关于点对称C．当时 D．当时，三、填空题12．已知，则13．已知函数相邻两条对称轴之间的距离为，且，则在上的零点个数为.14．已知锐角的内角的对边分别为，若，则的取值范围为.四、解答题15．已知等差数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和.16．如图1，在直角梯形中，，分别是的中点，将四边形沿折起，如图2，连接．

(1)求证：；(2)若为线段上一动点，，求的最小值．17．在中，分别是角所对的边，且满足.(1)求的大小；(2)点是边上一点，且满足，①求的值；②求的值.18．已知函数．(1)若，求的图象在处的切线方程；(2)若恰有两个极值点．①求的取值范围；②证明：．19．数学与音乐有着紧密的关联，每一个音都是由纯音合成，纯音的数学模型是函数．我们平时听到的音乐不只是一个音在响，而是许多个纯音的结合，称为复合音．复合音的产生是由于发音体不仅全段在振动，它的各部分如二分之一部分、三分之一部分、四分之一部分等也同时在振动．已知刻画某声音的函数为：．(1)求函数在上的单调区间；(2)函数，若在上有三个不同的极值点，证明：为定值．《福建省福州恒一高级中学、福州中加学校、匠心恒一学校2026届高三上学期第一学段质量检测（A6）数学试题》参考答案题号12345678910答案DBBDABDCBCDABC题号11答案BCD1．D【分析】解不等式求得集合A，B，进而利用交集的意义求解即可.【详解】由，可得，解得，所以，又，故．故选：D.2．B【分析】利用复数的坐标表示，共轭复数的定义以及复数除法运算计算可得答案.【详解】由题意可知，，则，所以．故选：B3．B【分析】利用充分条件、必要条件的定义可判断.【详解】因为，所以，反之满足，但是不满足，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：B.4．D【分析】利用向量共线的坐标公式计算即得.【详解】由可得，解得.故选：D.5．A【分析】由函数的周期性与奇偶性可得且，可得的值，进而分析可得，从而可得结果.【详解】因为函数是定义在的周期为的奇函数，所以则有且，即，则，，则，故选A.【点睛】函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.6．B【分析】先计算向量差的坐标，再通过模长公式得出模长的表达式，利用三角函数辅助角公式化简，最后根据正弦函数的性质求出最大值．【详解】，，，，当且仅当时取等号，的最大值是3．故选：B．7．D【分析】由题意可得，从而得或，再根据，求出的可能取值，由有3个实根，列出不等式组求解即可.【详解】若方程，则，即或，当时，，则大于的取值为，因为原方程在区间上恰有3个实根，所以，解得．所以的取值范围.故选：D.8．C【分析】先将问题转化为有三个不等的实数根，分两种情况讨论：当时，，令，结合单调性讨论根的情况；当时，，当时，方程无实根；当时，令，利用导数研究函数的性质，作出函数的图像，数形结合得到结果.【详解】若有三个不等零点，等价于有三个不等的实数根，当时，，由得，即，令，由复合函数的单调性可得，当时，单调递增，故，故当时，方程无实根；当时，方程在上有一个实根；当时，，由得，当时，显然方程无实根；当时，，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；即当时，取得极大值，，，当时，；当时，，作出图像如下：

要使有三个不等的实数根，需满足：在上有一个实数根，在上有两个实数根，由图可知与有两个交点时，，综上，，即实数的取值范围是，故选：C.【点睛】关键点点睛：对于零点问题常转化成方程根的个数问题，分离常数后构造函数，讨论单调性，数形结合利用两函数图像的交点得到参数的范围.9．BCD【分析】根据图像求出函数解析式，再逐个选项判断即可.【详解】由题意，，，所以，又，可得，又，所以，所以.因为，所以不是函数的对称轴，A错；，所以是对称中心，B正确；时，，所以在上单调递增，C正确；，，所以或，即或，又，所以，它们的和为，D正确.故选：BCD10．ABC【分析】由，为锐角，求出的范围，根据，，由同角三角关系式分别求得，，，再依据二倍角正弦公式，两角差的正弦公式，两角和的正切公式及同角三角函数关系式分别求各选项对应的三角函数值，即可选出正确选项.【详解】因为，为锐角，所以，，所以，所以，因为，所以，，因为，所以，选项A：，所以选项A正确；选项B：，所以选项B正确；选项CD：因为，所以，所以；，所以C正确，D错误.故选：ABC.11．BCD【分析】根据已知抽象函数的性质，结合函数单调性、对称性定义，通过赋值法逐一分析判断各选项的正确性．【详解】A：，，令，则，解得，令，可得，即，令，可得，即，，在上不是严格递增，故A错误；B：，把替换为，则，，当时，，即，的图象关于点对称，故B正确；C：任意，由A的分析知，当时，，，令，得，即，故C正确；D：，令，得，即，任意，当时，，当时，，当时，，，故D正确．故选：12．【分析】根据二倍角公式和诱导公式，对已知条件进行变换，进而求出结果.【详解】根据二倍角公式，由得，即，根据诱导公式，所以.故答案为：13．6【详解】由函数相邻两条对称轴之间的距离为，得，故.又因为，即，所以或，所以或，因为，所以，故，因为，故，结合正弦函数的图象可知，函数在上的零点个数为6.故答案为：6.14．【分析】正弦定理边角转换，将原式转化为关于角的式子，根据已知信息求出角的取值范围，利用角的关系，将变量都转化为角，根据角的取值范围求出原式的取值范围.【详解】在锐角中，由，有，法一：有余弦定理知，，所以，所以，由正弦定理得，又，所以，所以，所以的取值范围为.法二：由正弦定理知，，又，从而，故，所以的取值范围为.故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）设等差数列的公差为，由，令，可得，解得，从而可得结果；（2）由数列是首项为1，公比为2的等比数列，可得，结合（1）可得，利用等差数列与等比数列的求和公式，根据分组求和法可得数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，则，即，解得，所以.则数列的通项公式为：（2）因为数列是首项为1，公比为2的等比数列，则，又因为，所以.设数列的前项和为，则所以数列的前项和为16．(1)证明见解析(2)6【分析】（1）将线线垂直问题转换为线面垂直问题；（2）证明三直线两两垂直进而建立空间直角坐标系求解.【详解】（1）∵分别是的中点，，∴.∵，∴.∵，平面，平面∴平面.∵平面，∴.（2）因为，，与相交于点，且平面，平面.所以平面.因为平面，所以.以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.

则，，.设，.所以的最小值为6.17．(1)(2)①；②【分析】（1）根据正弦定理由边化角，再根据两角和的正弦公式解三角形.（2）①根据正弦定理，列出方程组，进而求出结果；②方法一：根据两角和的正弦公式和二倍角公式，求出角的值，再根据正弦定理，求出结果；方法二：根据前面两个小问的结果，列出方程，根据两角和的余弦公式，求出角的值，再根据正弦定理，求出结果.【详解】（1）因为，由正弦定理可得：.由于，则，所以由于在中，，代入上式化简得：，则，由于，所以；（2）①由于，则，在中，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，所以，由于满足，所以，②法1.由于在中，，所以，即，所以，所以，由于，则，所以则或，解得或，当时，，所以，当时，，则，与已知矛盾.综上，.法2.由①知，又由（1）知且，在中，，，又，故，又，所以，所以.18．(1)(2)①；②证明见解析【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；（2）求导后结合二次函数的性质与极值点定义计算即可得；结合韦达定理可将证明转化为证明函数在上恒成立，借助导数结合零点的存在性定理可得存在，使，即，即可得，再利用对勾函数性质计算即可得.【详解】（1）当时，，，则则的图象在处的切线方程为，即.（2），令，由恰有两个极值点，则有两个不同实数根，且，则有，即；由知，，且，则，则要证，即证，即，令，，令，则在上恒成立，故在上单调递减，又，故存在x0∈1,2，使，即则当时，时，，即在上单调递增，在上单调递减，则，由对勾函数性质可知，在上单调递增，由x0∈1,2即，即，即可得证：.【点睛】方法点睛：结合韦达定理可将证明转化为证明函数在上恒成立，借助导数结合零点的存在性定理可得存在，使，即，即可得，再利用对勾函数性质计算即可得.19．(1)增区间为：和，减区间为：和(2)证明见解析【分析】（1）先对函数求导，利用