2026届福建省百校高三上学期10月联合测评数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省百校2026届高三上学期10月联合测评数学试题一､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.设集合，则（）A.（－1，5） B.C. D.【答案】B【解析】由解得，则，又由，可得，所以.故选：B．2.用“五点法”画函数在的图象时，下列选项中不是关键点的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】五个关键点分别为，，，，故D选项不在函数图象上．故选：D.3.以下函数是奇函数且在单调递减的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对A：的定义域为，不为奇函数，故A错误；对B：令，则，故，又定义域为，故为偶函数，故B错误；对C：当时，，则在上单调递增，故C错误；对D：令，则，有，又定义域为，故为奇函数，当时，，单调递减符合题意，故D正确.故选：D.4.用可以组成个无重复数字的六位奇数，则（）A.360 B.400 C.420 D.450【答案】A【解析】个位数字可以是，可得，故选：A.5.已知为抛物线的焦点，点在上，且，则点到轴的距离为（）A.3 B. C.4 D.5【答案】A【解析】因为为抛物线的焦点，所以，设，因为，则，故到轴的距离为3.故选：A．6.的展开式中的系数为（）A.252 B.162 C.126 D.36【答案】B【解析】方法1：的通项公式为，分别令可得，，，所以的展开式中含的项为，∴的系数为．方法2：由，的通项公式为，分别令可得项的系数分别为，，所以的展开式中含的项为，所以的系数为．故选：B．7.已知，且，则的最小值为（）A.2 B. C.4 D.5【答案】D【解析】由题意得，由基本不等式得，当且仅当，即，联立可得时取等号，故的最小值为5．故选：D.8.已知均为锐角，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因，则，因为为锐角，则，又，则，所以，又为锐角，，则，因，所以，所以，所以，故选：B.二､多选题：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.已知复数满足，则（）A.与的实部相等 B.C. D.【答案】BD【解析】对于A，若，，满足，此时实部不相等，A错误；对于B，，，，，B正确；对于C，若，，，则，，此时，C错误；对于D，设复数，，则，，，，，，D正确.故选：BD.10.已知圆锥的顶点为为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则下列说法不正确的是（）A.圆锥的高为 B.圆锥的侧面积为C.二面角的大小为 D.圆锥侧面展开图的圆心角为【答案】ABD【解析】对于A，由母线与互相垂直，的面积为2可知，而与圆锥底面所成的角为，即，A错误；对于B，由上可知，则圆锥的侧面积为，B错误；对于C，取的中点D，连接，则，所以，则为二面角的一个平面角，由题意易知，故C正确；对于D，圆锥侧面展开图的圆心角为，故D错误.故选：ABD.11.设是函数的三个零点，则（）A.B.C.若成等差数列，则成等比数列D.若成等差数列，则【答案】ABC【解析】对A、B：令，则，设，则，故当时，，当时，，故在、上单调递增，在上单调递减，又时，，时，，时，，且，故，且，故A、B正确；对C、D：由题意可得，所以，由于成等差数列，则，故，则，所以，故成等比数列，故C正确；则，化简有，则，解得或，又，则，故，则，又，故舍去，故，又，所以，故D错误.故选：ABC．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，若，则______________.【答案】【解析】依题意，由，有，解得，所以.故答案为：.13.若事件与事件相互独立，，，则________.【答案】【解析】因为，所以，所以，所以.故答案为：.14.已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与圆相切且分别交双曲线的左、右两支于A、B两点，若|AB|=|BF2|，则双曲线的渐近线方程为_________________．【答案】【解析】作出示意图如图所示：根据双曲线的定义得，在三角形中，由余弦定理可得，又直线与圆相切，所以，所以，解得，所以，解得或（舍去），所以双曲线的渐近线方程为.故答案为：.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.15.记的内角的对边分别为，已知.（1）证明：；（2）记的中点为，若，且，求的周长.（1）证明：在中利用正弦定理，化简，得，即，，，则，即，利用正弦定理可得.（2）解：因，则，在中由余弦定理推论，得，在中由余弦定理推论，得，因，得，即，又，则，解得，，则，则的周长为.16.记为等差数列的前项和，已知，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.解：（1）设等差数列的公差为，由题意可知，解得，，故；（2）由（1）得，所以，数列的前项和为.17.已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程.解：（1）由题可知，，，又，且，解得，，则椭圆的方程为.（2）法一：①当直线斜率为0时，，不符合题意.②当直线斜率不为0时，设直线方程为，联立，得，，设，则.由题意，，即，解得.故直线的方程为：或.法二：①当直线斜率不存在时，，不符合题意.②设直线方程为，联立，得，，设，则，由，得，即，解得.故直线的方程为或.18.如图，在多面体ABCDPE中，已知平面PDCE⊥平面ABCD，其中四边形PDCE为矩形，底面四边形ABCD满足，AB⊥AD，∥（1）求证：平面平面（2）求三棱锥外接球的体积：（3）F为PA的中点，点Q在线段EF上，若直线BQ与平面PBC所成角的大小为求FQ的长．（1）证明：因为四边形为矩形，所以，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）解：由（1）知平面，平面，所以，所以Rt的外心为的中点，所以，所以平面，因为，所以Rt的外心为的中点，所以点为三棱锥外接球的球心，，所以外接球的半径，则三棱锥外接球的体积为；（3）解：因为平面，所以以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，所以设线段上存在一点，使得与平面所成角的大小为，设，则，所以，，设平面的法向量为，则，取，则，则，因为与平面所成角的大小为，所以，即，整理得，所以，此时点与点重合，所以，则．19.设函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若是增函数，求的值；（3）当时，设为的极大值点，证明：．（1）解：当时，，易知，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）解：，不妨设，若是增函数，即，则，解得，当时，，所以在单调递减，在单调递增，，当时，单调递增，当时，单调递增，所以单调递增，所以．（3）证明：，因为在上单调递增，所以存在唯一，使得，所以，不妨设，所以单调递减，所以，所以．福建省百校2026届高三上学期10月联合测评数学试题一､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.设集合，则（）A.（－1，5） B.C. D.【答案】B【解析】由解得，则，又由，可得，所以.故选：B．2.用“五点法”画函数在的图象时，下列选项中不是关键点的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】五个关键点分别为，，，，故D选项不在函数图象上．故选：D.3.以下函数是奇函数且在单调递减的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对A：的定义域为，不为奇函数，故A错误；对B：令，则，故，又定义域为，故为偶函数，故B错误；对C：当时，，则在上单调递增，故C错误；对D：令，则，有，又定义域为，故为奇函数，当时，，单调递减符合题意，故D正确.故选：D.4.用可以组成个无重复数字的六位奇数，则（）A.360 B.400 C.420 D.450【答案】A【解析】个位数字可以是，可得，故选：A.5.已知为抛物线的焦点，点在上，且，则点到轴的距离为（）A.3 B. C.4 D.5【答案】A【解析】因为为抛物线的焦点，所以，设，因为，则，故到轴的距离为3.故选：A．6.的展开式中的系数为（）A.252 B.162 C.126 D.36【答案】B【解析】方法1：的通项公式为，分别令可得，，，所以的展开式中含的项为，∴的系数为．方法2：由，的通项公式为，分别令可得项的系数分别为，，所以的展开式中含的项为，所以的系数为．故选：B．7.已知，且，则的最小值为（）A.2 B. C.4 D.5【答案】D【解析】由题意得，由基本不等式得，当且仅当，即，联立可得时取等号，故的最小值为5．故选：D.8.已知均为锐角，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因，则，因为为锐角，则，又，则，所以，又为锐角，，则，因，所以，所以，所以，故选：B.二､多选题：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.已知复数满足，则（）A.与的实部相等 B.C. D.【答案】BD【解析】对于A，若，，满足，此时实部不相等，A错误；对于B，，，，，B正确；对于C，若，，，则，，此时，C错误；对于D，设复数，，则，，，，，，D正确.故选：BD.10.已知圆锥的顶点为为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则下列说法不正确的是（）A.圆锥的高为 B.圆锥的侧面积为C.二面角的大小为 D.圆锥侧面展开图的圆心角为【答案】ABD【解析】对于A，由母线与互相垂直，的面积为2可知，而与圆锥底面所成的角为，即，A错误；对于B，由上可知，则圆锥的侧面积为，B错误；对于C，取的中点D，连接，则，所以，则为二面角的一个平面角，由题意易知，故C正确；对于D，圆锥侧面展开图的圆心角为，故D错误.故选：ABD.11.设是函数的三个零点，则（）A.B.C.若成等差数列，则成等比数列D.若成等差数列，则【答案】ABC【解析】对A、B：令，则，设，则，故当时，，当时，，故在、上单调递增，在上单调递减，又时，，时，，时，，且，故，且，故A、B正确；对C、D：由题意可得，所以，由于成等差数列，则，故，则，所以，故成等比数列，故C正确；则，化简有，则，解得或，又，则，故，则，又，故舍去，故，又，所以，故D错误.故选：ABC．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，若，则______________.【答案】【解析】依题意，由，有，解得，所以.故答案为：.13.若事件与事件相互独立，，，则________.【答案】【解析】因为，所以，所以，所以.故答案为：.14.已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与圆相切且分别交双曲线的左、右两支于A、B两点，若|AB|=|BF2|，则双曲线的渐近线方程为_________________．【答案】【解析】作出示意图如图所示：根据双曲线的定义得，在三角形中，由余弦定理可得，又直线与圆相切，所以，所以，解得，所以，解得或（舍去），所以双曲线的渐近线方程为.故答案为：.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.15.记的内角的对边分别为，已知.（1）证明：；（2）记的中点为，若，且，求的周长.（1）证明：在中利用正弦定理，化简，得，即，，，则，即，利用正弦定理可得.（2）解：因，则，在中由余弦定理推论，得，在中由余弦定理推论，得，因，得，即，又，则，解得，，则，则的周长为.16.记为等差数列的前项和，已知，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.解：（1）设等差数列的公差为，由题意可知，解得，，故；（2）由（1）得，所以，数列的前项和为.17.已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程.解：（1）由题可知，，，又，且，解得，，则椭圆的方程为.（2）法一：①当直线斜率为0时，，不符合题意.②当直线斜率不为0时，设直线方程为，联立，得，，设，则.由题意，，即，解得.故直线的方程为：或.法二：①当直线斜率不存在时，，不符合题意.②设直线方程为，联立，得，，设，则，由，得，即，解得.故直线的方程为或.18.如图，在多面体ABCDPE中，已知平面PDCE⊥平面ABCD，其中四边形PDCE为矩形，底面四边形ABCD满足，AB⊥AD，∥（1）求证：平面平面（2）求三棱锥外接球的体积：（3）F为PA的中点，点Q在线段EF上，若直线BQ与平面PBC所成角的大小为求FQ的长．（1）证明：因为四边形为矩形，所以，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）解：由（1）知平面，平面，所以，所以Rt的外心为的中点，所以，所以平面，因为，所以Rt的外心为的中点，所以点为三棱锥外接球的球心，，所以外接球的半径，则三棱锥外接球的体积为；（3）解：因为平面，所以以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空