福建漳州市龙海第一中学2025-2026学年高三下学期开学考试数学试卷(含解析)
文档属性
| 名称 | 福建漳州市龙海第一中学2025-2026学年高三下学期开学考试数学试卷(含解析) |
|
|
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-12 00:00:00 | ||
图片预览
文档简介
2025-2026学年龙海一中高三（下）开学考数学试卷
考试时间：120分钟 考试满分：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．设，则（ ）
A． B． C． D．2
3．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知函数的定义域为，若，则的解析式一定不是（ ）
A． B．
C． D．
5．用一个与圆柱底面成角的平面截这个圆柱得到一个椭圆，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知球的表面积为，一圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，且下底面过球心，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
7．设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
8．已知是边长为的正三角形，点是所在平面内的一点，且满足，则的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
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，有多项是符合题目要求，全部都对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，为坐标原点，则（ ）
A．直线的倾斜角为 B．的方程为
C． D．在点处的切线方程为
10．已知，且，，成等比数列，则（ ）
A．
B．
C．不可能成等比数列
D．可能成等比数列
11．已知函数在处取得极大值，的导函数为，则（ ）
A．
B．当时，
C．
D．当且时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．曲线在点处的切线方程为__________．
13．在的展开式中，含的项的系数是________.
14．一袋中装有3个红球，5个黑球，从中任意取出一球，然后放回并放入2个与取出的球颜色相同的球，再从袋中任意取出一球，然后放回并再放入2个与取出的球颜色相同的球，一直重复相同的操作.
（1）第二次取出的球是黑球的概率为__________；
（2）在第一次取出的球是红球的条件下，第2次和第2025次取出的球都是黑球的概率为__________.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答题写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
(1)求证：
(2)若D为BC的中点，，，求的面积.
16．设函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
17．我国风云系列卫星可以监测气象和国土资源情况.某地区水文研究人员为了了解汛期人工测雨量（单位：dm）与遥测雨量（单位：dm）的关系，统计得到该地区10组雨量数据如下：
样本号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
人工测雨量 5.38 7.99 6.37 6.71 7.53 5.53 4.18 4.04 6.02 4.23
遥测雨量 5.43 8.07 6.57 6.14 7.95 5.56 4.27 4.15 6.04 4.49
0.05 0.08 0.2 0.57 0.42 0.03 0.09 0.11 0.02 0.26
并计算得，，，，，.
(1)求该地区汛期遥测雨量y与人工测雨量x的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有线性相关关系；
(2)规定：数组满足为“I类误差”；满足为“II类误差”；满足为“III类误差”.为进一步研究，该地区水文研究人员从“I类误差”、“II类误差”中随机抽取3组数据与“III类误差”数据进行对比，记抽到“I类误差”的数据的组数为X，求X的概率分布与数学期望.
附：相关系数，.
18．如图，在平行六面体中，四边形是边长为的正方形，，分别为平面和平面的中心，且在平面上的射影是.
(1)求证：平面；
(2)已知，直线与平面所成角的正弦值为.
（i）求平面与平面的距离；
（ii）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为.若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
19．已知中心在原点、焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点F作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6．
(1)求E的方程；
(2)若面积为3的的三个顶点均在E上，边过F，边过原点，求直线的方程：
(3)已知，过点的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足，且？若存在，求点S的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
1．D
集合中，方程，变形得，
解得或，因此,
已知，根据并集的定义可得：.
2．D
依题意得，，故.
故选：D
3．D
如图，，
若，则与相交或异面，不一定垂直；
若，则不一定成立.
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
4．B
这四个函数的定义域都是，
，
，得为奇函数，
对于选项A，，，为奇函数，
故选项A可以是；
对于选项B，，，
是偶函数，故选项B一定不是；
对于选项C，，，
是奇函数，故选项C可以是；
对于选项D，，，
是奇函数，故选项D可以是.
故选：B．
5．D
设圆柱的底面半径为，则底面圆的直径为，
椭圆的短半轴平行于截面与底面交线的方向，长度等于底面圆的半径，即，
长半轴垂直于截面与底面交线的方向，由二面角的几何关系可得，
所以，
所以该椭圆的离心率，
故选：D.
6．B
作出示意图如图所示：
设球的半径为，由题意可得，所以是等边三角形，
所以，所以，
因为球的表面积为，所以，解得，所以，
所以，
所以圆台的侧面积为.
故选：B.
7．C
函数，
设函数的最小正周期为T，由可得，
所以，即；
又函数在上存在零点，且当时，，
所以，即；
综上，的最小值为4.
故选：C.
8．C
法一：设的重心为，则，
点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
又，的最小值是.
法二：以所在直线为轴，以中垂线为轴建立直角坐标系，
则，
设，即，
化简得，点的轨迹方程为，
设圆心为，，由圆的性质可知当过圆心时最小，
又，故得最小值为.
故选：C.
9．ACD
由点在抛物线上，得，，
对于A，直线的斜率，因此直线的倾斜角为，A正确；
对于B，抛物线的准线方程为，B错误；
对于C，为焦点，则，C正确；
对于D，由，求导得，
则在点处的切线斜率为，
切线方程为，即，D正确.
故选：ACD
10．BCD
设，则，
由题意知，且.
对于A，由基本不等式得，所以，
所以，即，故A错误；
对于B，由A知，故B正确；
对于C，若成等比数列，
则，得，
又，可得，与矛盾，故不可能成等比数列，故C正确；
对于D，若成等比数列，
则，得，
可得，取，符合条件，故D正确.
故选：BCD
11．ACD
由，则，
则函数的定义域为，
则，，
则，
因为函数在处取得极大值，
所以，即，
此时，
则，
令，得或；
令，得，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
则函数在处取得极大值，符合题意，即，故A正确；
由上述可知函数在上单调递减，
当时，，则，故B错误；
由，
则，
，
所以，故C正确；
因为，，则，
又函数在上单调递增，则，
所以，
又，
则，故D正确.
故选：ACD
12．
由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．
故答案为：．
13．-15.
在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数,
所以含的项为.
所以展开式中，含的项的系数是-15.
14． ##0.625
记表示第i次取到黑球，则
（1），
则第二次取出的球是黑球的概率为.
（2）
………
事实上，可以证明：①；
②；
③.
故答案为：；.
15．（1）因为，即，
整理可得，
由正弦定理得，解得，或舍去，
所以
（2）由（1）得
如图，过点B，C分别作AD的垂线，垂足分别为E，
由，，可得，
又因为D为BC的中点，可得≌，则，，
设，则在中，由勾股定理得，
即，解得，可得，
所以
16．（1）由，则
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，解得，
时，，则在上单调递增；
时，，则在上单调递减．
（2） 由题意恒成立，
因为，即得恒成立，即，，
记则，
令，得，令，得，即在上单调递减，
令可得，即在上单调递增，
所以，
所以，即实数的取值范围为．
17．（1）因为，
代入已知数据，
得.
（2）依题意，“I类误差”有5组，“II类误差”有3组，“III类误差”有2组.
若从“I类误差”和“II类误差”数据中抽取3组，
抽到“I类误差”的组数X的所有可能取值为0，1，2，3.
则，，
，.
所以X的概率分布为
0 1 2 3
所以的数学期望.
另解：因为，所以 .
18．（1）连接，
则为的交点，为的交点，连接，
因为平行六面体的底面为正方形，
分别为面和面的中心，且在底面的射影是，
得且，
所以四边形为平行四边形，则．
又因为面面，所以面．
（2）（i）因为平面，得，又因为，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
所以，
设平面法向量，则，取，
设与平面所成的角为，
则，
解得或．
又因为，所以，所以，
所以平面与平面的距离为．
（ii）由（i）得，，所以，平面的法向量
设，则，
,
设平面的法向量为，，
解得，设平面与平面夹角为，
则，解得，
所以当为线段的中点，平面与平面夹角的余弦值为．
19．（1）圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，
因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为，
令，解得，所以有 ①
又由离心率为2，得 ②，由①②解得，
所以双曲线E的标准方程是．
（2）设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性，
知，
联立方程，得，化简整理，得，
所以，且，
所以，解得，
所以直线的方程是或．
（3）若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线l斜率存在，设直线l方程，联立方程，得，
化简整理，得，
依题意有，因为恒成立，
所以，故，解得：，
设，，则由韦达定理，得，
设点S的坐标为，由，得，
则，变形得到，
将，代入，解得，
将代入中，解得，
消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，，设直线与双曲线切于，直线与渐近线平行时于交点为）．
因为，，且，取中点，
因为，
所以，
所以，故，
即S的轨迹方程为，表示以点H为圆心，半径为的圆H，
设直线与y轴，x轴分别交于，，依次作出直线，，，，
且四条直线的斜率分别为：，，，，
因为，所以线段是线段的一部分
经检验点，均在圆H内部，所以线段也必在圆H内部，
因此线段也必在圆H内部，所以满足条件的点S始终在圆H内部，
故不存在这样的点S，使得，且成立．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
考试时间：120分钟 考试满分：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．设，则（ ）
A． B． C． D．2
3．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知函数的定义域为，若，则的解析式一定不是（ ）
A． B．
C． D．
5．用一个与圆柱底面成角的平面截这个圆柱得到一个椭圆，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知球的表面积为，一圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，且下底面过球心，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
7．设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
8．已知是边长为的正三角形，点是所在平面内的一点，且满足，则的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
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，有多项是符合题目要求，全部都对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，为坐标原点，则（ ）
A．直线的倾斜角为 B．的方程为
C． D．在点处的切线方程为
10．已知，且，，成等比数列，则（ ）
A．
B．
C．不可能成等比数列
D．可能成等比数列
11．已知函数在处取得极大值，的导函数为，则（ ）
A．
B．当时，
C．
D．当且时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．曲线在点处的切线方程为__________．
13．在的展开式中，含的项的系数是________.
14．一袋中装有3个红球，5个黑球，从中任意取出一球，然后放回并放入2个与取出的球颜色相同的球，再从袋中任意取出一球，然后放回并再放入2个与取出的球颜色相同的球，一直重复相同的操作.
（1）第二次取出的球是黑球的概率为__________；
（2）在第一次取出的球是红球的条件下，第2次和第2025次取出的球都是黑球的概率为__________.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答题写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
(1)求证：
(2)若D为BC的中点，，，求的面积.
16．设函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
17．我国风云系列卫星可以监测气象和国土资源情况.某地区水文研究人员为了了解汛期人工测雨量（单位：dm）与遥测雨量（单位：dm）的关系，统计得到该地区10组雨量数据如下：
样本号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
人工测雨量 5.38 7.99 6.37 6.71 7.53 5.53 4.18 4.04 6.02 4.23
遥测雨量 5.43 8.07 6.57 6.14 7.95 5.56 4.27 4.15 6.04 4.49
0.05 0.08 0.2 0.57 0.42 0.03 0.09 0.11 0.02 0.26
并计算得，，，，，.
(1)求该地区汛期遥测雨量y与人工测雨量x的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有线性相关关系；
(2)规定：数组满足为“I类误差”；满足为“II类误差”；满足为“III类误差”.为进一步研究，该地区水文研究人员从“I类误差”、“II类误差”中随机抽取3组数据与“III类误差”数据进行对比，记抽到“I类误差”的数据的组数为X，求X的概率分布与数学期望.
附：相关系数，.
18．如图，在平行六面体中，四边形是边长为的正方形，，分别为平面和平面的中心，且在平面上的射影是.
(1)求证：平面；
(2)已知，直线与平面所成角的正弦值为.
（i）求平面与平面的距离；
（ii）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为.若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
19．已知中心在原点、焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点F作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6．
(1)求E的方程；
(2)若面积为3的的三个顶点均在E上，边过F，边过原点，求直线的方程：
(3)已知，过点的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足，且？若存在，求点S的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
1．D
集合中，方程，变形得，
解得或，因此,
已知，根据并集的定义可得：.
2．D
依题意得，，故.
故选：D
3．D
如图，，
若，则与相交或异面，不一定垂直；
若，则不一定成立.
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
4．B
这四个函数的定义域都是，
，
，得为奇函数，
对于选项A，，，为奇函数，
故选项A可以是；
对于选项B，，，
是偶函数，故选项B一定不是；
对于选项C，，，
是奇函数，故选项C可以是；
对于选项D，，，
是奇函数，故选项D可以是.
故选：B．
5．D
设圆柱的底面半径为，则底面圆的直径为，
椭圆的短半轴平行于截面与底面交线的方向，长度等于底面圆的半径，即，
长半轴垂直于截面与底面交线的方向，由二面角的几何关系可得，
所以，
所以该椭圆的离心率，
故选：D.
6．B
作出示意图如图所示：
设球的半径为，由题意可得，所以是等边三角形，
所以，所以，
因为球的表面积为，所以，解得，所以，
所以，
所以圆台的侧面积为.
故选：B.
7．C
函数，
设函数的最小正周期为T，由可得，
所以，即；
又函数在上存在零点，且当时，，
所以，即；
综上，的最小值为4.
故选：C.
8．C
法一：设的重心为，则，
点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
又，的最小值是.
法二：以所在直线为轴，以中垂线为轴建立直角坐标系，
则，
设，即，
化简得，点的轨迹方程为，
设圆心为，，由圆的性质可知当过圆心时最小，
又，故得最小值为.
故选：C.
9．ACD
由点在抛物线上，得，，
对于A，直线的斜率，因此直线的倾斜角为，A正确；
对于B，抛物线的准线方程为，B错误；
对于C，为焦点，则，C正确；
对于D，由，求导得，
则在点处的切线斜率为，
切线方程为，即，D正确.
故选：ACD
10．BCD
设，则，
由题意知，且.
对于A，由基本不等式得，所以，
所以，即，故A错误；
对于B，由A知，故B正确；
对于C，若成等比数列，
则，得，
又，可得，与矛盾，故不可能成等比数列，故C正确；
对于D，若成等比数列，
则，得，
可得，取，符合条件，故D正确.
故选：BCD
11．ACD
由，则，
则函数的定义域为，
则，，
则，
因为函数在处取得极大值，
所以，即，
此时，
则，
令，得或；
令，得，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
则函数在处取得极大值，符合题意，即，故A正确；
由上述可知函数在上单调递减，
当时，，则，故B错误；
由，
则，
，
所以，故C正确；
因为，，则，
又函数在上单调递增，则，
所以，
又，
则，故D正确.
故选：ACD
12．
由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．
故答案为：．
13．-15.
在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数,
所以含的项为.
所以展开式中，含的项的系数是-15.
14． ##0.625
记表示第i次取到黑球，则
（1），
则第二次取出的球是黑球的概率为.
（2）
………
事实上，可以证明：①；
②；
③.
故答案为：；.
15．（1）因为，即，
整理可得，
由正弦定理得，解得，或舍去，
所以
（2）由（1）得
如图，过点B，C分别作AD的垂线，垂足分别为E，
由，，可得，
又因为D为BC的中点，可得≌，则，，
设，则在中，由勾股定理得，
即，解得，可得，
所以
16．（1）由，则
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，解得，
时，，则在上单调递增；
时，，则在上单调递减．
（2） 由题意恒成立，
因为，即得恒成立，即，，
记则，
令，得，令，得，即在上单调递减，
令可得，即在上单调递增，
所以，
所以，即实数的取值范围为．
17．（1）因为，
代入已知数据，
得.
（2）依题意，“I类误差”有5组，“II类误差”有3组，“III类误差”有2组.
若从“I类误差”和“II类误差”数据中抽取3组，
抽到“I类误差”的组数X的所有可能取值为0，1，2，3.
则，，
，.
所以X的概率分布为
0 1 2 3
所以的数学期望.
另解：因为，所以 .
18．（1）连接，
则为的交点，为的交点，连接，
因为平行六面体的底面为正方形，
分别为面和面的中心，且在底面的射影是，
得且，
所以四边形为平行四边形，则．
又因为面面，所以面．
（2）（i）因为平面，得，又因为，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
所以，
设平面法向量，则，取，
设与平面所成的角为，
则，
解得或．
又因为，所以，所以，
所以平面与平面的距离为．
（ii）由（i）得，，所以，平面的法向量
设，则，
,
设平面的法向量为，，
解得，设平面与平面夹角为，
则，解得，
所以当为线段的中点，平面与平面夹角的余弦值为．
19．（1）圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，
因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为，
令，解得，所以有 ①
又由离心率为2，得 ②，由①②解得，
所以双曲线E的标准方程是．
（2）设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性，
知，
联立方程，得，化简整理，得，
所以，且，
所以，解得，
所以直线的方程是或．
（3）若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线l斜率存在，设直线l方程，联立方程，得，
化简整理，得，
依题意有，因为恒成立，
所以，故，解得：，
设，，则由韦达定理，得，
设点S的坐标为，由，得，
则，变形得到，
将，代入，解得，
将代入中，解得，
消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，，设直线与双曲线切于，直线与渐近线平行时于交点为）．
因为，，且，取中点，
因为，
所以，
所以，故，
即S的轨迹方程为，表示以点H为圆心，半径为的圆H，
设直线与y轴，x轴分别交于，，依次作出直线，，，，
且四条直线的斜率分别为：，，，，
因为，所以线段是线段的一部分
经检验点，均在圆H内部，所以线段也必在圆H内部，
因此线段也必在圆H内部，所以满足条件的点S始终在圆H内部，
故不存在这样的点S，使得，且成立．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
同课章节目录