2025-2026学年福建南安市成功中学高三下册考前推送试卷（一）数学试题 含答案

/数学本试卷共19题，满分150分，共6页.考试用时120分钟.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.已知集合，，若，则（）A.或 B.或 C.或 D.或或2.已知复数满足，则（）A.i B. C.0或i D.0或3.在三棱锥中，平面，，，则直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.4.已知圆与恰有一条公切线，则的最大值为（）A. B. C. D.5.已知，且，则（）A.-2 B. C. D.26.设为的外接圆圆心.若，且，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.7.某人工智能模型用于识别图像中有无“深度伪造”内容.已知一批待检测图像中有20%的图像实际存在深度伪造.在一次检测中，若模型输出结果“有深度伪造”，则实际存在深度伪造的概率为0.5；若图像实际无深度伪造，模型误判为“有深度伪造”的概率为0.1.现从该批图像中任取一张检测，输出结果为“有深度伪造”的概率为（）A.0.08 B.0.16 C.0.18 D.0.328.在数列中，，，则（）A. B.C. D.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.已知函数，则下列说法正确的是（）A.若函数周期为4，则B.当时，函数的图象关于点对称C.若函数在单调，则有最大值D.若函数在区间上恰有三个零点，则10.已知，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.11.已知定义在上的连续函数的导函数是，且满足，为奇函数，则（）A.B.C.D.若是的一个极值点，则函数在区间至少有7个零点三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某校从高中部抽出100名学生参加AI基础知识竞赛，由成绩得到如图的频率分布直方图，则估计这100名学生成绩的48%分位数为__________分.13.已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，过的直线与交于，两点，其中在上，且，若，则的离心率为__________．14.为弘扬志愿服务精神，学校鼓励同学们积极参与志愿服务活动.现安排甲、乙、丙、丁共四名同学参加某日早上、中午、晚上三个时段的志愿服务，每个时段需安排2名同学，分别负责接待和登记.若每位同学至少安排一个时段，且甲不能排早上，乙丙不能排同一时段，则安排方法总数为__________.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.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若在上的最小值为，求.16.已知数列满足：，，记的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）求.17.在凸四边形中，，，，，，，交于点.（1）求的值；（2）设，求的值.18.如图，正四棱台中，，，.（1）求证：平面；（2）若点在平面内，且直线与平面所成的角的正切值为.（i）求的轨迹的长度；（ii）求三棱锥体积的最大值.19.已知双曲线的左顶点为，右焦点为.过且斜率为的直线与的左、右两支分别交于，两点，点关于轴的对称点为.（1）证明：直线恒过定点；（2）过点作轴的垂线，交直线于点，直线与的另一个交点记为.（i）若直线的斜率为，证明；（ii）是否存在圆，使得点，，，在该圆上，若存在，求圆心的轨迹方程，若不存在，请说明理由.

数学本试卷共19题，满分150分，共6页.考试用时120分钟.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.已知集合，，若，则（）A.或 B.或 C.或 D.或或答案：A解析：解答过程：由，得，又由，根据集合元素的互异性，得，即，而集合，由，得或，所以或.故选A.2.已知复数满足，则（）A.i B. C.0或i D.0或答案：C解析：解答过程：解法一：设，，因为，所以，可得，即有，解得且或且，所以或.解法二：因为，由，可得，所以或，设，，由，得，解得且，即，所以或.3.在三棱锥中，平面，，，则直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：通过中位线得到异面直线与所成角的平面角，根据题意结合余弦定理即可求解；或者将三棱锥扩充为正方体，得到异面直线与所成角的平面角，根据正方体的性质即可求解.解答过程：解法一：如图，分别取，，的中点，，，分别连结，，，，则，，所以（或其补角）即为直线与所成角，设，可得，，，，在中，由余弦定理可得，，由于直线与所成角为锐角，故直线与所成角的余弦值为，故D正确.解法二：如图，把三棱锥扩充为正方体，直线与所成角即为直线与所成角，因为为等边三角形，所以直线与所成角为，即直线与所成角的余弦值为，故D正确.4.已知圆与恰有一条公切线，则的最大值为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：解法一：先根据圆与圆的位置关系得到，令，，结合辅助角公式，正弦函数的性质即可求解．解法二：先根据圆与圆的位置关系得到，令，从而得到关于的一元二次方程，再结合，求解即可．解法三：先根据圆与圆的位置关系得到，令，，结合求解即可．解答过程：解法一：依题意，圆心分别为，，半径，，因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以，即，解得，令，，（其中为参数），则（其中）．解法二：依题意，圆心分别为，，半径，，因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以，即，解得，令，则，代入，整理得，由，解得，所以，所以．解法三：依题意，圆心分别为，，半径，，因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以，即，解得，令，，又，则，当且仅当，共线，且时，即，取得最大值．5.已知，且，则（）A.-2 B. C. D.2答案：B解析：思路：解法一：应用诱导公式结合同角三角函数关系计算求解；解法二：应用诱导公式结合弦切互化计算求解；解法三：应用辅助角公式结合正切函数值计算求解.解答过程：解法一：由，得，所以，联立，得，所以.解法二：由，得，所以，所以则，所以.解法三：由，得，所以，其中，.所以，，则.6.设为的外接圆圆心.若，且，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：由向量等式推出外心是中点，因此为直径，角为直角，再由线段相等得出是等边三角形，从而确定各角大小，最后利用几何关系算出向量投影，得到结果.解答过程：如图所示，由知，为中点，即为外接圆直径，故，为直角三角形.又，且为中点，故，为等边三角形，，.过点作，垂足为点，则向量在向量上的投影向量为，又因为点为线段的中点，则，向量在向量上的投影向量为.7.某人工智能模型用于识别图像中有无“深度伪造”内容.已知一批待检测图像中有20%的图像实际存在深度伪造.在一次检测中，若模型输出结果“有深度伪造”，则实际存在深度伪造的概率为0.5；若图像实际无深度伪造，模型误判为“有深度伪造”的概率为0.1.现从该批图像中任取一张检测，输出结果为“有深度伪造”的概率为（）A.0.08 B.0.16 C.0.18 D.0.32答案：B解析：解答过程：设事件表示“该图像实际存在深度伪造”，事件表示“模型输出结果为有深度伪造”.由已知：，，，则，可得.又因为，所以故选B.8.在数列中，，，则（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：令，利用导数可得在上单调递增，从而可得，即可判断A；用累加法判断B；利用导数及放缩法判断C；利用，，可得，即可判断D.解答过程：令，则所以在上单调递增，，，所以，即，以此类推即，所以，故A错误；又时，令则，所以单调递减，又当时，，所以，即，又，所以，故C错误；，故B正确；，又因为，，所以，故D错误.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.已知函数，则下列说法正确的是（）A.若函数周期为4，则B.当时，函数的图象关于点对称C.若函数在单调，则有最大值D.若函数在区间上恰有三个零点，则答案：BCD解析：思路：A选项由周期公式可判断；B选项代入对称中心公式计算即可；用整体法计算的范围，要保证函数单调，这个区间必须落在正弦函数的单调递增区间内，进而判断C选项；D选项同样由整体法计算零点落在对应区间即可计算范围.解答过程：对于选项A，若函数周期为4，可得，解得，即选项A错误；对于选项B，当时，函数的对称中心横坐标满足，解得，可得选项B正确；对于选项C，当时，，所以，若函数在单调，则，解得，即有最大值，可得选项C正确；对于选项D，令.设的零点为，因为函数在区间上恰有三个零点，则，解得，可得选项D正确.10.已知，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.答案：BD解析：思路：对于A，令和求解判定；对于B，令和，再结合平方差公式求解判定；对于C，令，求导并令求解判断；对于D，由题知，，都大于0，，，都小于0，再令即可求解判断.解答过程：对于选项A，因为，令，可得；令，，所以，故选项A错误；对于选项B，令，；令，；所以.故选项B正确；对于选项C，令，则.再令，，故选项C错误；对于选项D，解法一：展开式的通项为，，，，，，，由通项可知：，，1，2，3，4，5，所以，，都大于0，，，都小于0，，令，可得，所以，故选项D正确.解法二：令，由得.令可得，故选项D正确.11.已知定义在上的连续函数的导函数是，且满足，为奇函数，则（）A.B.C.D.若是的一个极值点，则函数在区间至少有7个零点答案：BCD解析：思路：由为奇函数，可得，即可求得，由，可得4是的一个周期，对两边求导，可得，用赋值法求得，即可判断A；根据二项式展开式及周期为4，可判断B；利用及倒序相加，可判断C；根据函数的周期性及极值点的定义，求出函数在区间的零点，即可判断D.解答过程：对于B，C两个选项：因为为奇函数，所以，即，故，即①，取，得，解得，又，所以，则有，因此有②，所以4是的一个周期；（1）当，时，，除以4的余数为0；（2）当，时，，除以4的余数为1；（3）当，时，除以4的余数为3；结合的周期性，可知：，故B正确；因为，所以，所以，令，又，两式相加得，结合①式，得，所以，即，故C正确；对于A，D两个选项：由，，两边分别求导得：，③，所以有一个对称中心，一条对称轴；两式相减得，故，所以4是的一个周期；所以，由，得，故A错误；所以，由，得，所以，若是的一个极值点，则函数；又因为函数关于对称，所以，又因为，所以，所以为奇函数，所以，所以，由周期性得，，所以，，，，，，均是函数的零点，所以在区间至少有7个零点，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某校从高中部抽出100名学生参加AI基础知识竞赛，由成绩得到如图的频率分布直方图，则估计这100名学生成绩的48%分位数为__________分.答案：76解析：解答过程：依题意，前三个小矩形的面积之和为，前四个小矩形的面积之和为，因此分位数位于内，，所以估计这100名学生成绩的48%分位数为76分.13.已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，过的直线与交于，两点，其中在上，且，若，则的离心率为__________．答案：##解析：思路：根据抛物线及椭圆的定义求解即可．解答过程：由抛物线的定义知，则，所以抛物线的标准方程为，所以，，椭圆的左焦点为，所以直线的方程为，联立抛物线的方程，解得，由椭圆及抛物线的定义知，解得，又，则，所以椭圆的离心率为．14.为弘扬志愿服务精神，学校鼓励同学们积极参与志愿服务活动.现安排甲、乙、丙、丁共四名同学参加某日早上、中午、晚上三个时段的志愿服务，每个时段需安排2名同学，分别负责接待和登记.若每位同学至少安排一个时段，且甲不能排早上，乙丙不能排同一时段，则安排方法总数为__________.答案：208解析：思路：先考虑早上，只能有乙丁，或丙丁，再结合对称性只需先考虑早上是乙丁的情况，在此基础上考虑中午与晚上每个时段有10种排法，再减去不满足的情况得中午和晚上共有种排法，即可根据分步乘法原理求解.解答过程：第一步，先考虑早上，只能有乙丁，或丙丁，由对称性可知，只需先考虑乙丁，则有种；第二步，考虑中午和晚上，除掉乙丙，每个时段共有种组合，故中午晚上共有种，需扣掉以下几种情况：第一，中午晚上没有甲，则只有乙丙丁，每个时段有种排法，共有16种；第二，中午晚上没有丙，则每个时段有种排法，共有36种；第三，中午晚上没有甲丙，则只有乙丁，共有种排法；所以中午和晚上共有种排法，所以安排方法总数为种.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.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若在上的最小值为，求.答案：（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增（2）解析：思路：（1）对函数求导并分类讨论导数的正负来确定；（2）分类讨论的取值范围，根据函数单调性依次判断.（1）函数的定义域为，当时，在恒成立，在上单调递增；当时，由得，由，得，所以在上单调递减；在上单调递增综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，则，由题意得，解得，与矛盾，舍去；当时，在上单调递增，则，由题意得，解得，与矛盾，舍去；当时，在上单调递减，在上单调递增，则，由题意得，解得，符合，所以.当时，在上单调递减，则，由题意得，解得，与矛盾，舍去.综上可得，实数的值为.16.已知数列满足：，，记的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）求.答案：（1）（2）解析：思路：（1）应用递推公式分奇数偶数计算求解通项公式；（2）分奇偶结合裂项相消法及分组求和计算求解.（1）当为奇数，且，为偶数时，依题意得：，因为也满足，所以为奇数时，；当为偶数时，为奇数时，；所以（2）为偶数时，，为奇数时，；17.在凸四边形中，，，，，，，交于点.（1）求的值；（2）设，求的值.答案：（1）（2）解析：思路：（1）在中用余弦定理求；分别在和中求与的正余弦；利用两角和公式得；最后在中用余弦定理求；（2）将表示为向量与的点积除以模长；利用余弦定理将点积转化为边长平方差；代入已知数值计算得结果.（1）如图，在中，由余弦定理得，所以.在中，由余弦定理得，又，所以，.所以，所以，所以.（2）依题意，，又所以.由（1）知，，所以.18.如图，正四棱台中，，，.（1）求证：平面；（2）若点在平面内，且直线与平面所成的角的正切值为.（i）求的轨迹的长度；（ii）求三棱锥体积的最大值.答案：（1）证明见解析；（2）（i）（ii）解析：思路：（1）证明平面，从而，同时在等腰梯形中，通过得到，所以平面；（2）（i）依题意，建系，计算出到平面上的投影点的距离，再根据直线与平面所成角的正切，得到，所以的轨迹是圆，计算周长即可；（ii）设的坐标为，利用向量共面和法向量得到点坐标，通过计算圆心到的距离，分析得到圆上一点到距离的最大值即可；也可设，计算出点到的距离，并利用建立约束分析最大值，从而有的最大值，然后运用向量法或利用点和点到平面的距离相等，得到点到平面的距离，进一步有三棱锥体积的最大值.（1）连结交于，连接交于点，连结，在等腰梯形中，分别为中点，可得，在正方形中，，又，平面，所以平面，因为平面，所以，作，为垂足，在等腰梯形中，，，得，由得，在中，，所以即，又平面，，所以平面.（2）（i）因分别为正四棱台的两底面的中心，则平面，且，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，，则，，，设平面的一个法向量，则，故可取，设在平面上的投影为点，则，设直线与平面所成角为，则，解得，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则的轨迹长度为.（ii）