福建省南安成功中学2025-2026学年高三上学期模拟检测（一）数学试题（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页福建省南安成功中学2025-2026学年高三上学期模拟检测（一）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合，若，则（

）A． B． C． D．2．已知，则（

）A． B． C． D．13．双曲线的实轴长是虚轴长的2倍，则（

）A． B． C． D．4．当时，曲线与的交点个数为（

）A． B． C． D．5．在平行四边形中，，，设，，则（

）A． B．C． D．6．已知函数，则（

）A． B． C． D．7．已知.则的大小关系为（

）A． B． C． D．8．已知是圆C：上任意一点，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．在边长为2的正方体中，M为边的中点，N为边的中点.则（

）A．B．平面C．直线所成角的余弦值为D．直线所成角的余弦值为10．已知抛物线经过点，其焦点为，过点的直线与抛物线交于点，，设直线，的斜率分别为，，则（

）A． B．C． D．11．在△ABC中，内角的对边分别为a、b、c，已知，则（

）A．B．b的取值范围可能为C．b的取值范围可能为D．△ABC的面积最大值为三、填空题12．在等比数列中，则13．函数为偶函数，图象在点的切线方程为，则=．14．通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由4个数字（其中随机组成，如果验证码满足，则称该验证码为递增型验证码.某人收到一个验证码，则它首位为2的递增型验证码的概率为．四、解答题15．某种产品可以采用甲、乙两种工艺来生产，为了研究产品的质量与所采用的生产工艺的关联性，现对该种产品进行随机抽查，得到的结果如下表所示.工艺甲工艺乙合计合格6040100不合格203050合计8070150(1)依据小概率值的独立性检验，分析产品的质量是否与采用的工艺有关；(2)在不合格的50件样本产品中任选3件，求在这3件样本产品中至少有1件是采用工艺甲生产的条件下，这3件样本产品中恰有一件是采用工艺乙生产的概率.附：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82816．已知和为椭圆上两点.(1)求C的离心率;(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．17．在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．18．已知数列中，(1)证明：数列为等比数列；(2)求的通项公式；(3)令，证明:．19．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若曲线与在上至少有一个交点，求的取值范围；(3)若，、，且，，求的最小值．《福建省南安成功中学2025-2026学年高三上学期模拟检测（一）数学试题》参考答案题号12345678910答案AACDBDBBADABD题号11答案ACD1．A【分析】根据给定条件，利用交并补的混合运算求解.【详解】由，得，而，所以.故选：A2．A【分析】由复数除法即可求解.【详解】因为，所以.故选：A.3．C【分析】由双曲线的标准方程可得，从而得到，再由离心率公式代入计算，即可得到结果.【详解】将双曲线化为标准式可得，则，即，且其实轴长是虚轴长的2倍，即，解得，即，离心率.故选：C4．D【分析】根据给定条件，利用正弦函数图像的性质作出两函数图象，再确定在指定区间内交点个数即可.【详解】函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，在坐标系中，由五点法作图画出两函数在上的图象，如图：

观测图象知，函数与在上的图象有8个交点.故选：D5．B【分析】结合平行四边形的性质及平面向量的基本定理即可求解.【详解】因为四边形为平行四边形，所以，，，因为，，所以，所以，,因为，，所以，解得，所以，故选：B.6．D【分析】根据分段函数的定义，再利用任意角的正弦函数值求解【详解】当时，，故当时，有周期.故.而故选：7．B【分析】因为，分别构造和，利用其单调性，比较的大小关系，进而得到的大小关系.【详解】因为，所以，，令，，令，则，所以在单调递减，所以，所以在恒成立，所以在单调递减，所以，所以，即，所以.，令，则，令，则，所以在单调递减，所以，所以在恒成立，所以在单调递减所以，所以，即，所以，即.综上，.故选：B.8．B【分析】的几何意义为直线的斜率，再根据直线与圆得交点即可得出答案.【详解】设，变形得，于是的几何意义为圆上点与定点连线的斜率，圆的圆心为，半径为，由是圆上任意一点，得圆与直线有公共点，因此圆心到直线的距离不大于圆的半径，则，解得，所以的最小值为.故选：B9．AD【分析】取的中点，连接，得到，结合线面平行的判定定理，可判定A正确；建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，结合，可判定B错误；结合向量的夹角公式，可判定C错误，D正确.【详解】对于A，取的中点，连接，可得在正方形中，因为为的中点，可得，所以因为平面，平面，所以平面，所以A正确；对于B，连接，设正方体的棱长为，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，则，设平面的法向量为，则，取，则，所以，因为，所以与平面不垂直，所以B错误；对于C，由向量，设与平面所成的角为，可得，其中所以，即与平面所成角的余弦值为，所以C不正确；对于D，由向量，设直线所成角为，则，其中所以，即直线所成角的余弦值为，所以D正确.故选：AD.

10．ABD【分析】由点坐标代入求出，即可求出抛物线方程与焦点坐标，设直线，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据焦点弦公式判断B，根据数量积的坐标表示判断C，根据斜率公式判断D.【详解】因为抛物线经过点，所以，解得，故A正确；所以抛物线方程为，则焦点，设直线，则，消去整理得，则，所以，，则，，所以，故B正确；所以，，所以，故C错误；，故D正确；故选：ABD11．ACD【分析】根据三角恒等变形化简得，即，对于A，利用化简可判断；利用余弦定理结合基本不等式可得，解得即可判断BC；根据面积公式，再利用基本不等式即可得到△ABC的面积最大值即可判断D．【详解】，则，整理得，，，即，，对于A，因为，，所以，故A正确；所以，当时取等，所以，故B错误，C正确；，当时取等，所以△ABC的面积最大值为，故D正确．故选：ACD．12．【分析】根据等比数列通项公式，结合题干条件，可得，代入所求，即可得答案.【详解】设等比数列的公比为q，由题意，所以，即，所以，解得或（舍），所以.故答案为：13．/【分析】由为偶函数可得，结合已知切线方程的斜率求解.【详解】因为为偶函数，所以，所以.由已知可知，所以，故答案为：.14．【分析】根据题意，由分步计数原理求得验证码总数为种，再由，且，利用组合数公式，求得位为2的递增型验证码数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，手机验证码由4个数字（其中随机组成，根据分步计数原理，可得验证码共有种，若，且满足，则从，这7个数字中选出3个数字，并且按从小到大的顺序排列，共有种，所以首位为2的递增型验证码的概率.故答案为：15．(1)产品的质量与采用的工艺有关(2)【分析】（1）根据卡方的计算公式求解卡方，即可与临界值比较作答，（2）根据条件概率的计算公式即可求解.【详解】（1）零假设：产品的质量与采用的工艺无关，根据小概率值的独立性检验，产品的质量与采用的工艺有关.（2）记事件为3件样本产品中至少有1件是采用工艺甲，事件为这3件样本产品中恰有一件是采用工艺乙..16．(1)(2)直线的方程为或.【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.【详解】（1）由题意得，解得，所以.（2）法一：，则直线的方程为，即，，由（1）知，设点到直线的距离为，则，则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点，设该平行线的方程为：，则，解得或，当时，联立，解得或，即或，当时，此时，直线的方程为，即，当时，此时，直线的方程为，即，当时，联立得，，此时该直线与椭圆无交点.综上直线的方程为或.法二：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，则，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，其中，则有，联立，解得或，即或，以下同法一；法四：当直线的斜率不存在时，此时，，符合题意，此时，直线的方程为，即，当线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程有，则，其中，即，解得或，，，令，则，则同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，则，解得，此时，则得到此时，直线的方程为，即，综上直线的方程为或.法五：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当的斜率存在时，设，令，，消可得，，且，即，，到直线距离，或，均满足题意，或，即或.法六：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当直线斜率存在时，设，设与轴的交点为，令，则，联立，则有，，其中，且，则，则，解得或，经代入判别式验证均满足题意.则直线为或，即或.17．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.18．(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）根据题设条件化简，结合等比数列的定义即可证明；（2）由（1）求得数列的通项公式，再求即得；（3）将（2）中得到的的通项代入求得，化简后利用数列的单调性即可得证.【详解】（1）由得，则，所以数列是首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）得,解得：.（3）令，，因为在上单调递增，则所以数列在上单调递减，从而数列在上单调递增，且，故得.19．(1)(2)(3)最小值为【分析】（1）当时，求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）令，由参变量分离法可得出，利用导数求出函数在上的值域，即为实数的取值范围；（3）设函数，由题意可知，在上单调递减，可知在上恒成立，由参变量分离法可得对时恒成立，利用导数求出函数在上的最大值，即可得出整数的最小值.【详解】（1）解：当时，，，可得，，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即．（2）解：由，得，令，其中，则，其中，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增．所以，，所以，则的取值范围为．（3）解：因为、，且，，所以，设函数，则，可得在上单调递减，所以在上恒成立，即对时恒成立．设，则．设，则，令，解得．当时，，则单调递减，当时，，则单调递增．，，当时，，，则，，所以