福建省福州市2026届高三第一次质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省福州市2026届高三第一次质量检测数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.设全集，集合，则中元素个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】因为，，所以，所以中元素个数为1.故选：B.2.已知，则（）A.5 B. C. D.1【答案】B【解析】由，得，所以.故选：B.3.一物体在力的作用下，由点移动到点．若，则对该物体所做的功为（）A. B. C.2 D.18【答案】D【解析】由题意可知，，，所以对该物体所做的功为．故选：D．4.若函数的图象与直线的相邻两个交点的距离为，则（）A.1 B.2 C.4 D.8【答案】C【解析】因为函数的图象与直线的两个相邻交点之间的距离为，所以的最小正周期，又，所以．故选：C．5.已知抛物线的焦点为，准线为，直线与交于点.若，则（）A.1 B.2C.4 D.8【答案】C【解析】由抛物线，得准线为，.再由直线与准线交于点，所以，则，解得.故选：C.6.已知函数，则（）A. B.0C. D.1【答案】D【解析】由题设.故选：D.7.在正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设三棱柱的棱长为1，以B为原点，以过B作的垂线为x轴，以为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，所以，易知平面的一个法向量可取为，设直线与平面所成角为，，则.故选：A.8.已知实数满足，则的大小关系不可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，则，令，则，所以单调递增，对于选项，当时，，所以在单调递减，所以，即函数始终在函数上方，如图，若，则，A错误，B正确；对于选项，因为，，且单调递增，所以，，且时，，时，，所以在单调递减，又，所以在恒成立，当时，单调递增，因为，，所以，，所以时，恒成立；时，恒成立，即时，函数始终在函数下方；时，函数始终在函数上方.如图，若，则，或，正确；故选：A.二、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.的展开式中，各二项式系数的和为256，则（）A.B.展开式中各项系数的和为C.展开式中存在常数项D.展开式中的系数为16【答案】AC【解析】对于A，由二项式系数和的性质得中各二项式系数的和为，而各二项式系数的和为256，则，解得，故A正确，对于B，由已知得，令，则展开式中各项系数的和为，故B错误，对于C，由二项式定理得的通项为，且，若展开式中存在常数项，则，解得，符合，故C正确，对于D，令，解得，则的系数为，故D错误.故选：AC.10.已知双曲线的左、右顶点分别为是上异于的一个动点，记直线的斜率分别为，则下列说法正确的是（）A.的离心率为B.C.当时，D.直线与恰有一个公共点【答案】ACD【解析】由题意可知，，则，则离心率为，故A正确；设，则，因，则，故B错误；当时，，设直线的倾斜角分别为，则，故C正确；联立与得，，故D正确.故选：ACD.11.在中，，点为内一点，的延长线交于点，则下列说法正确的是（）A.若为的重心，则B.若为的外心，则C.若为的垂心，则D.若为的内心，则【答案】BCD【解析】对于A，由为的重心，得，则，A错误；对于B，由余弦定理得，而为的外心，由正弦定理得，B正确；对于C，由为的垂心，则为边上的高，由面积相等可得，则，C正确；对于D，当为的内心时，为的角平分线，故，由，可得，解得，D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知曲线在处的切线斜率为3，则实数______.【答案】2【解析】设，则，因为在处的切线斜率为3，则.故答案为：2.13.已知两直线与被圆所截得的弦长相等，则圆的圆心可以是______，半径可以是______.（写出一组满足条件的结果即可）【答案】①.②.（答案不唯一，写出圆心在直线上，半径大于都对）.【解析】设圆心坐标，因为两直线被圆截得的弦长相等，所以圆心到两直线的距离相等，所以，化简得，此时，即满足条件的圆心在直线上，且圆的半径，故答案为：①；②（答案不唯一，写出圆心在直线上，半径大于都对）.14.已知圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，该圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，球的表面积为，则该圆台的体积为______.【答案】【解析】设球的半径为，由题意球的表面积为，所以.设圆台的上底面圆的半径为，则下底面圆的半径为，当球的球心在圆台外时，设圆台的高为，则，消去和得，平方化简得，平方化简得，解得，此时，此时圆台的体积为；当球的球心在圆台内时，则，消去和得，平方化简得，解得可得与矛盾，综上，该圆台的体积为.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.已知等差数列的前项和为.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】解：（1）因为，所以，故的公差，所以的通项公式为.（2）由（1）及题设得，所以，所以是首项为4，公比为2的等比数列.16.记的内角的对边分别为，且.（1）求A；（2）若的周长为，求的面积.【答案】解：（1）（方法一）由及正弦定理，得.又，得，即.因为，所以.（方法二）由及正弦定理，得.又，得，即，因为，所以，故，所以，故，即.（2）由（1）得.由的周长为，得.由，所以，即，故，所以.17.如图，四棱锥的底面为矩形，平面，，点，分别为棱的中点.（1）证明：平面平面；（2）点为线段上的点，且满足平面.（i）确定点在上的位置；（ii）若，求直线与直线所成角的余弦值.【答案】（1）证明：（方法一）连接，如图所示.因为四棱锥的底面为矩形，，点为棱的中点，所以，且，所以，同理，所以，即.因为平面平面，所以.又因为，且平面，所以平面.因为平面，所以平面平面，即平面平面.（方法二）因为四棱锥的底面为矩形，且平面，故以点为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，因为，所以，所以.设平面的法向量为，则所以令，得；设平面的法向量为，则所以令，得；所以，所以，所以平面平面；（2）解：（方法一）（i）如图，连接交于点.因为平面平面，平面平面，所以.因为点为棱的中点，所以点为的中点.设为的中点，连接交于点.又因为点为的中点，四边形为矩形，所以，且，所以，所以，故，所以，即点为的一个三等分点，靠近点的位置.（ii）因为四棱锥的底面为矩形，且平面，所以两两垂直.因此以为基底，表示，则有，因为，所以，所以，所以所以直线与直线所成角的余弦值为（方法二）（i）接（1）方法二，得，因为点为线段上的点，设，则，所以，设平面的法向量为，则所以令，得；因为平面，所以，所以，解得，所以，即点为的一个三等分点，靠近点的位置.（ii）因为，所以，由（i）知，，故，所以，所以，所以直线与直线所成角的余弦值为.（方法三）（i）由平面可知，唯一确定.如图，取中点，连接的延长线交于点，则即为所求.理由如下：因为分别为中点，所以，因为平面平面，所以平面.设，由得，因为三点共线，所以，解得，所以，点为的一个三等分点，靠近点位置.（ii）在Rt中，，连接，取中点，连接，因为点为中点，所以.所以为直线与直线所成角或其补角.取中点，连接，则，，因为平面，所以平面.在Rt中，，所以.在Rt中，.取中点，连接，则，所以.在中，由余弦定理得所以直线与直线所成角的余弦值为.18.已知函数.（1）证明：曲线是轴对称图形；（2）若，求的值；（3）若恰有4个极值点，求的取值范围.【答案】（1）证明：的定义域，对任意，都有，且，所以为偶函数，曲线是轴对称图形，对称轴为轴；（2）解：由（1）知，只需考虑时，，法一：当时，，故，所以，当时，，此时恒成立，所以，当时，，故，所以，综上，；法二：因为与在上都单调递增，所以等价于与的零点相同.所以，即，解得；（3）解：由（1）知，恰有4个极值点等价于在上恰有2个极值点.下面只考虑的情形.，则，法一：设与的零点相同，当时，是增函数，至多有一个零点，则至多1个极值点，不合题意；当时，，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，因为有两个极值点，所以有两个零点，则，即，解得，下面证明：当时，有两个极值点，因为，即，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，即，所以，又，结合零点存在性定理知，当时，在上各有一个零点，记为，当时，；当时，；当时，，故为的极大值点，为的极小值点，满足题意.综上，的取值范围为.法二：设与的零点相同，，令得，，当时，单调递减；当时，单调递增，故，因为当且时，；当时，，当时，只有一个零点，不符合题意；所以.因为恰有两个极值点，所以恰有两个零点，则，解得.综上，的取值范围为.19.在平面直角坐标系中，，椭圆的长轴长等于，离心率为.（1）求的方程；（2）设直线为椭圆短轴上的动点（不落在短轴的两端点），过作轴的垂线交于两点.直线与的另一个交点为，且与交于点；直线与的另一个交点为，且与交于点.（i）试探究直线是否经过一个定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由；（ii）当位于轴上方时，求的取值范围.【答案】解：（1）因为，所以，而椭圆的的长轴长等于，得到，解得，由题意得离心率为，则，解得，而，解得（负根舍去），故的方程为.（2）（i）如图，设，则，而在椭圆上，得到，且设直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，得到，由韦达定理得，故，则，同理可得，则，则，可得的斜率为，则的方程为，得到则，而直线过定点，且由椭圆性质可得，又位于轴上方，且不在短轴的两个端点，可得，且，则令，同乘可得，故，可得，即，令