福建省恒一教育集团2025~2026学年高三上册开门联考（A1）数学试卷【附解析】

数学一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.已知为虚数单位，复数z满足，则（）A. B.2 C. D.13.已知是公差为的等差数列，且，则（）A.3 B.9 C.18 D.244.已知曲线，则命题“”是命题“曲线的焦点在轴”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件5.已知函数，则（）A. B.1516 C. D.15176.如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数、、、的图形．图中四边形的对角线相交于点，若，则（）A. B. C. D.7.在三棱锥中，，，侧棱长都等于，其中在球的表面上，则球的表面积为（）A. B. C. D.8.已知函数．若，则实数a的取值范围为（）A. B.C. D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在给出的选项中，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.下列说法中正确的有（）A.数据1，2，3，4，5，6的上四分位数为B.若随机变量，则C.若随机变量X服从正态分布，，则D.已知x，y之间存在关系式，设，若x，z之间具有线性相关关系，且与之对应的线性回归方程为，则10.已知函数的部分图象如图所示，且的面积为，则（）A. B.函数为奇函数C.在上单调递增 D.直线为图象的一条对称轴11.数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于，两点，与轴交于，两点，点是上一个动点，则（）A.点在上B.面积的最大值为1C.曲线恰好经过4个整点（即横，纵坐标均为整数的点）D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若二项式的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值是_________．13.写出与圆和圆都相切的一条直线方程________.14.设函数，设的最小值为M，若至少有一个零点，且命题成立，则的取值范围是__________．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.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，Q为棱PD的中点，，．

（1）求证:平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；16.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求；（2）若，且的周长为，求的面积．17.已知椭圆E:的离心率为短轴长为2.（1）求椭圆E的标准方程；（2）若不与坐标轴平行的直线l与椭圆E相切于点P，证明：直线OP与直线l的斜率之积为定值；18.已知函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，若曲线上的动点到直线距离的最小值为（为自然对数的底数）．①求实数的值；②求证：．19.在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等差数列．（1）若为1阶等比数列，，求的通项公式及前项和；（2）若为阶等比数列，求证：为阶等差数列；（3）若既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：是等比数列．

数学一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：先解一元二次不等式，求出集合A，再与集合B进行交集运算即可.解答过程：，.故选：A.方法提示：本题考查了一元二次不等式的解法，集合的交运算，属于基础题.2.已知为虚数单位，复数z满足，则（）A. B.2 C. D.1答案：C解析：思路：利用复数代数形式的乘除运算，再由复数的模的计算公式求解即可．解答过程：由，得，.故选:．3.已知是公差为的等差数列，且，则（）A.3 B.9 C.18 D.24答案：B解析：思路：本题可根据求出的值.解答过程：因为是公差为的等差数列，，所以，故选：B.4.已知曲线，则命题“”是命题“曲线的焦点在轴”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件答案：D解析：思路：根据充分条件、必要条件的定义判断即可.解答过程：已知曲线，若曲线为椭圆，焦点在轴上，需要，则,若曲线为双曲线，焦点在轴上，需要,则焦点在轴上得不到,若，表示曲线表示双曲线，焦点坐标在轴上.故命题“”是命题“曲线的焦点在轴”的既不充分也不必要.故选：D.5.已知函数，则（）A. B.1516 C. D.1517答案：D解析：思路：根据分段函数的周期性即可求出的值.解答过程：由题意，在中，因为当时，，所以是以为周期的周期函数，故，，所以.故选：D.6.如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数、、、的图形．图中四边形的对角线相交于点，若，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：延长、交于点，取的中点，连接，分析出为等腰直角三角形，求出的长，分析出，利用平面几何的相关知识可求得的值.解答过程：延长、交于点，取的中点，连接，易知为等腰直角三角形，则，，所以，，，，故为等腰直角三角形，且，则，因为、分别为、的中点，则，且，所以，，故.故选：B.7.在三棱锥中，，，侧棱长都等于，其中在球的表面上，则球的表面积为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：先求出外接圆的半径，再根据三棱锥的特征找出球心与外接圆圆心的位置关系，进而求出球的半径，最后根据球的表面积公式求出球的表面积.解答过程：已知，，由余弦定理得：所以，由正弦定理，底面的外接圆半径满足，即，故，由于侧棱长，则顶点在底面上的投影为底面三角形的外心，则，设，由勾股定理，即，解得：，则外接球的球心必在过且垂直于底面的直线上，设到的距离为，则，，因，故，解得：，所以球的半径，表面积为.故选：D.8.已知函数．若，则实数a的取值范围为（）A. B.C. D.答案：A解析：思路：先通过对变量替换，即令，将原函数变为，通过求导判断的单调性，利用其严格递增性将原不等式转化为，最终求解一元二次不等式.解答过程：令，则原函数可改写为：，定义辅助函数，则，由，故是奇函数，，又（当且仅当时取等号），且,,因此，在上严格递增，原不等式转化为：，即，因为为奇函数，即，所以，又在上严格递增，故，所以，得，故选：A二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在给出的选项中，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.下列说法中正确的有（）A.数据1，2，3，4，5，6的上四分位数为B.若随机变量，则C.若随机变量X服从正态分布，，则D.已知x，y之间存在关系式，设，若x，z之间具有线性相关关系，且与之对应的线性回归方程为，则答案：BC解析：思路：对于A，由百分位数的定义判断即可；对于B，由二项分布的知识判断即可；对于C，由正态分布的对称性验算即可；对于D，由线性回归的相关知识判断即可.解答过程：对于A，将6个数据从小到大排列为：1，2，3，4，5，6，而，从而数据1，2，3，4，5，6的上四分位数为从将6个数据从小到大排列后的第5个数据，即为5，故A错误；对于B，因为，解得，故B正确；对于C，设，若随机变量X服从正态分布，则，即，解得，所以，故C正确；对于D，由题意，所以，则，故D错误.故选：BC.10.已知函数的部分图象如图所示，且的面积为，则（）A. B.函数为奇函数C.在上单调递增 D.直线为图象的一条对称轴答案：ABD解析：思路：根据三角形面积可得，进而有函数的最小正周期与判断A，从而求出的表达式，再由正弦函数的性质判断BCD.解答过程：设的最小正周期为，由图象可知，，即，可得，又，所以，解得，故A正确；所以.对于选项B：，定义域为R关于原点对称，又，所以函数为奇函数，故B正确；对于选项C：令，，解得，，所以函数的单调递减区间是，，当时，函数的单调递减区间是，又，所以在上单调递减，故C错误；对于选项D：因为，为最小值，所以函数的图象关于直线对称，故D正确；故选：ABD11.数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于，两点，与轴交于，两点，点是上一个动点，则（）A.点在上B.面积的最大值为1C.曲线恰好经过4个整点（即横，纵坐标均为整数的点）D.答案：BCD解析：思路：将点代入曲线的方程即可判断；取求，求直线与曲线的交点，即可判断；求直线与曲线的交点，即可判断；求出坐标平面内到定点，的距离和为的点的轨迹方程，求该轨迹方程与曲线的交点，即可判断.解答过程：将点代入曲线的方程左侧可得，所以点不在上，故错误；取可得，所以，，所以，由曲线可得，因为，设，当时，，当时，，代入曲线的方程成立，所以直线与曲线的交点坐标为，所以点的纵坐标的绝对值的最大值为，所以面积的最大值为，故正确；取可得，所以，，取可得，所以直线与曲线交于点，直线与曲线交于点，所以曲线经过点，，，，故正确；坐标平面内到定点，的距离和为的点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆方程为，由已知可得，又，，所以，所以椭圆方程为，联立，所以，所以，所以，所以，故椭圆与曲线的交点为，，如图，故曲线上所有点都满足，故正确.故选：.方法提示：关键点点睛：解决本题的关键是结合曲线方程，确定曲线的范围及曲线上关键点的坐标.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若二项式的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值是_________．答案：7解析：思路：写出二项展开式的通项，令的指数为0，进而可得结果.解答过程：的展开式的通项，令，得，因为，所以当时，有最小值为7.故答案为：7.13.写出与圆和圆都相切的一条直线方程________.答案：（或或，任写一条即可，答案不唯一）解析：思路：求出两圆圆心和半径，两圆圆心距以及两圆心所在直线方程即可得两圆公切线情况，再结合直线垂直关系以及两平行直线距离公式即可求公切线方程.解答过程：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆心距为，故两圆外切，两圆圆心所在直线的方程为，即，中点为，切线垂直于直线，且经过中点，所以切线的方程为；切线平行于直线，且到直线的距离为，设平行于直线切线方程为，则或，所以切线的方程分别为.故答案为：（或或，任写一条即可，答案不唯一）.14.设函数，设的最小值为M，若至少有一个零点，且命题成立，则的取值范围是__________．答案：解析：思路：根据题意转化为时，恒成立，结合与圆相切时，利用点到直线的距离公式和导数，求得的最小值为，即可求解.解答过程：由题意，函数，因为的最小值为，即，即表示圆及其外部的部分，又因为命题成立，即时，恒成立，当直线与圆相切时，可得设，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为，可得的最小值为，所以的最大值为，所以的最小值为，所以，即实数的取值范围是.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.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，Q为棱PD的中点，，．

（1）求证:平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）由面面垂直的性质得到线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解两平面的夹角余弦值.（1）因为平面平面，平面平面，又，平面，所以平面．（2）因为底面为正方形，由（1）知平面，

所以，，两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系，因为，Q为棱PD的中点，所以，可得，.因为平面，所以为平面的一个法向量．设平面的一个法向量为，则，令，则，则，设平面与平面的夹角为，所以.即平面与平面夹角的余弦值为．16.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求；（2）若，且的周长为，求的面积．答案：（1）；（2）.解析：思路：（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式有，再由三角形内角性质即可求边长；（2）应用余弦定理及已知得且，进而求得，最后应用面积公式求面积.（1）由题设，由正弦定理有，所以，而，故，又，所以.（2）由（1）及已知，有，可得，又，即，所以，故.17.已知椭圆E:的离心率为短轴长为2.（1）求椭圆E的标准方程；（2）若不与坐标轴平行的直线l与椭圆E相切于点P，证明：直线OP与直线l的斜率之积为定值；答案：（1）（2）证明见解析解析：思路：（1）根据已知椭圆的离心率和短轴长建立方程组，解之即可求解；（2）设，直线：，联立椭圆方程，利用可得，结合得，由其判别式等于0可得，即可证明.（1）根据题意得，又，解得，，所以椭圆：．（2）设点，由（1）知椭圆：，所以，，由题意，设直线的斜率为(存在且)，方程为：，则，由，消去，得①，因为直线与椭圆相切，所以方程①，得，所以②，其中．所以关于的方程②有两相等实根，所以，所以为定值．18.已知函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，若曲线上的动点到直线距离的最小值为（为自然对数的底数）．①求实数的值；②求证：．答案：（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为（2）①；②依题意：要证，当时，，令，在上单调递增，所以不等式成立；当时，要证，即．设，则．设．则．当时，，所以．所以在上单调递减．所以，即．所以在上单调递减，，即当时，成立．综上：当时，在上恒成立．解析：思路：（1）对函数求导，结合a的取值范围分析可得函数的单调区间；（2）①利用导数的几何意义，结合动点到直线的最小值列等式即可求出a的值；②分和两种情况讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，则不等式可得证.（1）函数的定义域为，因为，令，得：，令，得：，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）①由（1）知：．由，又，所以切点，由（1）可知，切点在直线的上方，所以，整理得，设，则，（也可构造）设，则在上恒成立．所以在单调递增．又，又，方程只有1解：．②略19.在正项无穷数列中，若对任意的，都存在