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福建省福清第一中学 2026 届高三上学期质量检测一数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合 = ∈ 2 < 4 ， = ∈ 1 < < 2 ，则 ∪ 等于( )
A. 1 < < 2 B. < 2
C. 0,1 D. 1
2 sin( + ) tan .已知sin( ) = 3，则tan =( )
A. 13 B.
1
2 C. 2 D. 3
3.下列函数的解析式(其中 e = 2.71828…为自然对数的底数)与所给图像最契合的是( )
1
A. = e +e e e 2 3 B. = e e C. = e +e D. = 2+1
4.已知 , ∈ ，则“存在 ∈ 使得 = + ( 1) ”是“sin = sin ”的( )．
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
5.已知抛物线 : 2 = 4 的焦点为 ，斜率为 的直线 与 交于两个不同的点 , ，且 为线段 的一个三等
分点，则 2 =( )
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
6.已知向量 = (1,0)，向量 满足 4 = ，则 的最小值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7 , , ,
2+2 2
.非零实数 满足 , 成等差数列，则 2 的最小值为( )
A. 2 2 B. 32+ 2 C. 3 D. 3 + 2 2
8 11π.已知长方体 1 1 1 1外接球的表面积为 2 ，其中 = 2, 1 =
2
2 , 为线段 的中点，过点
的平面 与直线 垂直，点 在平面 与底面 1 1 1 1形成的交线段上，且 = ，则四面体 外接球
的体积为( )
A. 2π B. 4 2π3 3 C.
4π 8 2π
3 D. 3
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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9.已知圆锥的顶点为 ，底面圆心为 ， 为底面直径，∠ = 120°， = 2，点 在底面圆周上，且二
面角 为 45°，则( )．
A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为 4 3π
C. = 2 2 D. 的面积为 3
10.设函数 ( ) = ( 1)2( 4)，则( )
A. = 1 是 ( )的极小值点
B. (2 + ) + (2 ) = 4
C.不等式 4 < (2 1) < 0 的解集为 |1 < < 2
D. π当 0 < < 2时， sin > sin
2
2 2
11.已知椭圆 : 8 +

2 = 1(0 < < 2 2)
6
的离心率为 3 ，将 绕其中心分别逆时针、顺时针各旋转45
，得
到椭圆 1, 2，设 1, 2围成的公共区域的边界为曲线Γ，则( )
A. Γ有四条对称轴 B. Γ上任意两点间距离的最大值为 4 2
C. Γ的周长 > 8 2 D. Γ围成图形的面积 > 8π3
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.已知空间中的三个点 (1,1,1), (2,1, 1), (3,0,0)，则点 到直线 的距离为 ．
13.若 3 2i 是关于 的方程 2 2 + + 26 = 0 的根，则实数 = ．
14.关于函数 ( ) = sin + 1sin 有如下四个命题：
① ( )的图像关于 轴对称．
② ( ) = π的图像关于直线 2对称．
π
③当 < 0 时， ( )在区间 0, 2 上单调递减．
④当 > 0，使 ( )在区间 0, π 上有两个极大值点．
其中所有真命题的序号是 ．
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.(本小题 13 分)
已知 的内角 , , 的对边分别是 , , ，且 tan = tan ，cos = 14， = 3．
(1)求 cos 的值；
(2)求 的面积．
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16.(本小题 15 分)
2 2
已知双曲线 : 2 2 = 1( > 0, > 0)的一条渐近线方程为 = 3 ，且点 2, 3 在双曲线 上.
(1)求双曲线 的方程；
(2)已知双曲线 的右焦点为 ，点 (0,1)，斜率为 1 的直线 与双曲线 交于不同的两点 ， ，且 为线段
的中点，若 ⊥ ，求直线 的方程．
17.(本小题 15 分)
已知数列{ }的前 项和为 ， = 4 +1， 1 = 1．
(1)证明：数列{2 +1 }为等比数列；
(2)设 =
+4
( +1)，求数列{ }的前 项和；
(3)是否存在正整数 ， ( < 6 < )，使得 ， 6， 成等差数列？若存在，求 ， ；若不存在，说明理由．
18.(本小题 17 分)
如图 1，在 中， = = 2, ∠ = 2π3 , 为 的中点，现将 及其内部以边 为轴进行旋转，得
到如图 2 所示的新的几何体，点 为点 在旋转过程中形成的圆的圆心，点 ′为圆 上任意一点．
(1)求新的几何体的体积；
(2)记 ′与底面 ′所成角为 ，求 sin 的取值范围；
(3) π当∠ ′ = 2时，求点 关于平面
′的对称点 到平面 ′的距离．
19.(本小题 17 分)
已知 , ∈ ，函数 ( ) = e ， ∈ [0, + ∞)．
(1)当 = 0 时，求 ( )的极值；
(2)若 ( )存在零点．
( )当 = 0 时，求 的取值范围；
( )求证： 2 + 2 > 2．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12. 42/13 3 42
13. 12
14.②③
15. sin sin 【详解】(1)因为 tan = tan ，则 cos = cos ，
由正弦定理可得 cos = cos ，又 , ∈ (0, )，
故可得 = ；
又因为 cos = cos( + ) = cos2 = 1 2cos2 ，
3 6
代值可得cos2 = 8，解得 cos =± 4 ．
又 = ，由内角和定理可知 ∈ (0, 2 )，
故 cos = 64 ．
(2)因为 cos = 1 154，故可得 sin = 4 ；
cos = 6 104 ，故可得 sin = 4 ．
= sin 由正弦定理可得 sin = 6 = ，
故可得三角形 面积 = 12 sin =
1
2 × 6 ×
15 3 15
4 = 4 ．
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2 2
16.【详解】(1)双曲线 : 2 2 = 1( > 0, > 0)的一个渐近线方程为 = 3 ，

得 = 3，即 = 3 ，
因为点 2, 3 2 3 2 3在双曲线 上，所以 2 2 = 1，即 2 3 2 = 1，
解得 2 = 1， 2 = 3，
2
所以双曲线 的方程为 2 3 = 1．
(2)由(1)，得 (2,0)．
设直线 的方程为 = + ， 1, 1 ， 2, 2 ，
2
联立
2 3 = 1,消去 ，得 2 2 2 2 3 = 0，Δ = 4 2 8 2 3 = 12 2 + 24 > 0，
= + ,
所以 1 + 2 =
3
， 1 + 2 = 1 + 2 + 2 = 3 ，即 2 , 2 ．
⊥ = 0 = (2, 1) = 2 , 3 因为 ，所以 ，又 ， 2 2 ，
(2, 1) 2 3 所以 2 , 2 = 0，即 2 2

2 + ( 1)
3
2 = 0，解得 = 8，
所以直线 的方程为 = 8，即 8 = 0．
17.【详解】(1) ∈ N ， = 4 +1，当 ≥ 2 时， 1 = 1 4 ，
两式相减得 = 1 4 +1 + 4 ，即 4 +1 = 4 1，
则有 2(2 +1 ) = 2 1，当 = 1 时， 1 = 1 4 2，则 2 = 0，即 2 2 1 = 1 ≠ 0，
1
所以数列 2 +1 是以 1 为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1) 1得，2 1 +1 = 2 1，则2 +1 2 = 1，数列{2
1 }是等差数列，
于是2 1 = 2
2 +2 1 1 1
，解得 = 2 1，则 = 2 +3 ( +1) = 8 [ 2 1 2 ( +1) ]，
所以 的前 项和
= 1 8 [(1
1 1 1
2×2 ) + ( 2×2 22×3 ) + + (
1 1 1
2 1 2 ( +1) )] = 8
1
2 +3( +1)．
(3) (1) 2 1由 知， = 2 1 4 × 2 =

2 1，
12 3
由 , 6, 成等差数列，得 5 = 2 1 2 2 1，整理得2 + 2 = 16，

由2 +
3 3
2 = 16，得2 < 16，又 1 ≤ < 6, ∈ N
1 = 2 > 3 4 3，2 22 23 > 24 > 16， = 5 不等式成立，
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5 3 1 1
因此32 + 2 = 16，即2 = 32，令 = 2 ，则 +1 = 2 +1 ≤ 0，
= > > > > = 1从而 1 2 3 4 5 ，显然 8 32，即 = 8，
所以存在 = 5, = 8，使得 , 6, 成等差数列．
18.【详解】(1)连接 , ，
在 中，由题可得 = + cos π π3 = 3, = cos 3 = 1, = sin
π
3 = 3，
因为新的几何体是以 为高的圆锥减去以 为高的圆锥后剩余的部分，
1
所以新的几何体的体积 = 3 × π × ( 3)
2 × ( ) = 2π．
(2)如图，取 的中点 ，连接 , ′ ，
因为 , 分别为 , 的中点，所以 /\ !/ , = 12 =
3
2，
因为 ⊥平面 ′，所以 ⊥平面 ′，
所以∠ ′ 为 ′与底面 ′所成的角，

所以 sin = sin∠ ′ =
′
= ，
2+ ′ 2
1
又因为 = 2 =
3 3 3 3 3 3
2 ，所以
′ ′max = 3 + 2 = 2 , min = 3 2 = 2 ，
3 3 3 1 1 1 3
所以 ′ ∈ 2 , 2 ，所以 sin = = ∈ 2 , 2 ．
1+
′ 2 4 ′ 2
2 1+ 9
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(3)以 为原点，分别以 ′, , 为 , , 轴建立空间直角坐标系，则
(0,0,3), (0,0,1), 0, 3, 0 , ′ 3, 0,0 , 0, 3 , 32 2 ，
所以 = 0, 3 1 ′2 , 2 , = 3, 0, 1 ，
易求得平面 ′的法向量为 = 1, 1, 3 ，
若 ⊥平面 ′于点 ，设 = = , , 3 ，
则 = + = (0,0,2) + , , 3 = , , 2 + 3 ，
则根据 = 0 = 2 3可求得 5 ，
= + = 2 , 2 , 2 + 2 3 = 4 35 ,
4 3
5 ,
2
5 ，
由条件可求得平面 ′的法向量为 = 1,1, 3 ，
2 3
所以点 到平面 ′的距离为 = = 5 = 2 15 5 25 ．
19.【详解】(1) = 0 时， ′( ) = e ，
当 ≤ 1 时， ′( ) ≥ 0，函数 ( )单调递增，既无极大值也无极小值．
当 > 1 时， ∈ 0, ln , ′( ) < 0，函数 ( )单调递减， ∈ ln , + ∞ ， ′( ) > 0，函数 ( )单调递增，
函数 ( )的极小值是 ln ，无极大值．
(2)(ⅰ)当 = 0 时，因为函数 ( )存在零点，故e = 有解，

若 = 0，此时无解，所以 > 0， ( ) = e 有解， ′( ) = e 2e 2 = 2 ，
①若 ≤ 0, ( )单调递增， ( ) > (0) = 1 此时不存在零点；
②若 > 0，令 ( ) = 2e ， (0) = < 0， 2 = 2e 2 > 0，
由零点存在定理可知存在 0 ∈ 0, 2 , 0 = 0，
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所以 ( )在 0, 0 上为减函数，在 0, + ∞ 上为增函数，
1
故 ( )min = e 0 0 =

2 ≤ 0
1
0 ，解得 0 ≥ 2，故 ≥ 2e2 = 2e．0
(ⅱ)因为函数 ( )存在零点，所以 ( ) = e 有解 0，其中 0 ≥ 0，
若 0 = 0，则 1 × 0 × 0 = 0，该式不成立，故 0 > 0．
故 0 + 0 e 0 = 0，考虑直线 0 + 0 e 0 = 0，
2 + 2表示原点与直线 0 + 0 e 0 = 0 上的动点( , )之间的距离，
0 2 0
2 + 2 ≥ e ，所以 2 + 2 ≥ e2
2+ 0 +
，
0
0 0
2 0
0 > 0 时，要证 2 + 2 > 2
e
，只需证 > 2，02+ 0
解法一：即证e2 0 2 20 2 0 > 0．
令 ( ) = e2 2 2 2 , > 0，则 ′( ) = 2e2 4 2 = 2 e2 2 1 ，
令 ( ) = e2 2 1 ， > 0，故 ′( ) = 2 e2 1 > 0, ( )在(0, + ∞)上为增函数，故 ( ) > (0) = 0．
即 ′( ) > 0, ( )在(0, + ∞)上为增函数，
2 0
故 ( ) > (0) = 1 e，故 > 2，即 2 22 + > 2 成立． 0+ 0
2 2 2
解法二：令 ( ) = e 2+ ( > 0)，则
′( ) = e 2 12 ，
2+
令 ′( ) < 0 2，得 0 < < 2 , ( )单调递减，
令 ′( ) > 0 2，得 > 2 , ( )单调递增，
2
所以 ( ) ≥ 2 = 2e 2( 2+1)2 1+ 2 > 1+ 2 = 2．
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