福建省福州第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中数学试题（含答案）_251118福建省福州第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中（全科）

{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}福州一中 2025-2026 学年第一学期第一学段
高三数学期中考试卷参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C D C C D D D B BC AB AC
11．答案：AC
解析：设 C  A  a ， C  B  b  ，ACB， a  4， b  8，
   1  2 1 2  1 
因为 AB3AD ，则AD AB，故CD  CA CB  a b，
3 3 3 3 3
    2 
设CE CD 1 ，则CE CD  a b，
3 3
   2 1   1    2 3 
DE CECD  a b ，BE  BCCE  a b
3 3 3 3
   
因为 BE CE，则 BECE 0 即 BECD0 ，
  2 3  2  1 
从而BECD   a b   a b 0
 3 3  3 3 
化简46 46  cos0，即 46  1cos0，
3   1 
因为1cos0，故解得 .故CE a b .
2 2
4 3  4 3  2 16
又 DE  ，故 DE  ，即 DE  ，
3 3 3
 2 2 1   1 2 16
从而 DE  a b  ，
 3 3  3
化简得8 1 2 8 1 2 cos3，即8 1 2 1cos3，
3 1 
 ，所以cos ， .
2 2 3
  1 
对于A选项，因为CE a b ，
2
第1页（共4页）
{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}     1  1   1 
AE  ACCE a a b  b AE  b 4，
 2  2 2
故A选项正确.
 1     
对于C选项，因为AE  b，故 AE//b 即 AE//CB ，
2
点P在线段BC上，点P到线段
AE
距离为定值，
故S  S ，
△PAE △CAE
△CAE中，AC 4， AE 4 ， CE 3DE 4 3 ，
 2
则 AE2  AC2 CE2 42 42  4 3 1，
cosCAE   
2AEAC 244 2
3 1
sinCAE  ，所以S  S  ACAEsinCAE 4 3 ，
2
△PAE △CAE
2
故C选项正确.
对于B选项，因为平面内三点确定一个圆，
 
因为AC 4，BC 8，ACB  ，BAC  ，所以△ACD为直角三角形，
3 2
故过D，A，C的圆O的圆心在线段CD的中点处，
若P，D，A，C四点共圆，则圆O与线段BC交点为P，
连接
AP
，
DP
，可得DP BC，
又因为在△BCE中 CE 4 3 ，BC 8，BE CE，
 
可得BCE  ，故BCE ACE  ，
6 6
1 3
所以AC PC 4，△APC为等边三角形，此时 cosPAC   ，
2 3
故B选项错误.
对于D选项，连接DP，EP，
第2页（共4页）
{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}    1 
当DP//BE时，PE  PBBE a b
6
故  P  E  2   a   1 b   2  112 ，  P  E   4 7 ，
 6  9 3
4 7 2 16
在△PEA 中， PE  ， CE 4 3 ，CP  BC 
3 3 3
PC2 PE2 CE2 7 3 21
cosEPC   ， sinEPC  ，
2PCPE 14 14
故 tanEPC 3 3 ，又因为DP//BE，AE//BC，
所以PEAPECDEAPECBCE，所以PEAEPC ，
3
故 tanPEAtanEPC 3 3  ，故D选项错误.
3
故选:AC.
3
12． 13．2 3 14．e1,
5

15．解：（1）因为A(4,1)，B(3,4)，所以AB (1,5).

设点C的坐标为(x,y)，x0，y 0，则DC (x1,y2).
  (x1)1,
由AB DC(0)，得 ………………3分
(y2)5,
 1
x1 ,

 
解得
5

y  2.
 
5
因为点C在第一象限，所以x0，y 0，解得1 .
2
 5
故实数  的取值范围是 1, .………………6分
 2
 2 3    
（2）由MP  MA MC 得2(MPMA)3(MCMP)，
5 5
  AP 3
即2AP3PC，所以  .………………9分
PC 2
 
因为AB DC(0)，所以AB//DC，………………10分
第3页（共4页）
{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}又点P恰为四边形ABCD对角线的交点，
AB AP 3  
所以△APB∽△CPD ，则   ，又ABDC，
CD CP 2
3
所以 .………………13分
2
a
16．解：(1) f x xex  x2axa0，定义域为R，
2
fx1xex ax11x ex a  ，…………………………………………………………1分
因为a0，令 fx0得x1或lna，
1
当a 时，lna1，此时 fx0恒成立，故 f x在R上单调递增，…………………………3分
e
1
当a 时，lna1，令 fx0得x1或xlna，令 fx0得1xlna，
e
故 f x在1,lna上单调递减，在,1，lna,上单调递增，…………………………5分
当0a 1 时，lna1，令 fx0得xlna或x1，令 fx0得lna x1，
e
故 f x在lna,1上单调递减，在,lna，1,上单调递增；…………………………7分
1
综上，当a 时， f x在R上单调递增；
e
1
当a 时， f x在1,lna上单调递减，在,1，lna,上单调递增；
e
当0a 1 时， f x在lna,1上单调递减，在,lna，1,上单调递增.…………………8分
e
(2)由（1）可得当0a 1 时， f x在lna,1上单调递减，
e
在,lna，1,上单调递增；
a
故xlna时， f x取得极大值，即ahlna lna2，…………………10分
2
1 a 1 1
则a lna2 2lna  lna2lna，…………………11分
2 2 a 2
第4页（共4页）
{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}1
因为0a ，所以lna1，
e
1
令a0得 lna2lna0，解得2lna1，即e2 ae1，
2
令a0得lna2，即0ae2，
所以a在a  0,e2 上单调递减，在a  e2,e1 上单调递增，…………………14分
故a  e2  e2 22 2 ，
2 e2
2
所以a的最小值为 . …………………15分
e2
17．（1）法1BC AB,ABBC2，所以AC 2 2
1
又EA PA1，CE3
2
所以AE2AC2 CE2， 故AE AC 即APAC ………………1分
又PA AB，ABACB，AB平面ABCD，AC平面ABCD，
所以PA平面ABCD ………………4分
法2如图，连接BE，因为PA AB，E为AP的中点，
1
所以EA AB，又PAAB 2，故EA PA1，
2
所以EB2 EA2AB2 1222 5，
又BC 2，CE3，则BE2BC2 CE2，故BE BC，
又BC AB，ABBEB，AB平面PAB，BE平面PAB，
所以BC 平面PAB，PA平面PAB，所以PABC，………………2分
又PA AB，ABBCB，AB平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以PA平面ABCD ………………4分
（2）(i)由（1）知PA平面ABCD ，在平面ABCD内过点A作AF  AB交CD于F ，AF,AB,AP两两
  
垂直，如图，以A为原点，BC，
AB
，
AP
分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，
第5页（共4页）
{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}则A0,0,0，B0,2,0，C2,2,0，P0,0,2，E0,0,1，D2,1,0，……………6分
设Ox ,y ,z ，由OAOBOC OE得，
0 0 0
x2 y2z2  x2y 22z2 x 22y 22z2  x2 y2z 12，
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1  1
解得x  y 1，z  ，所以点O的坐标为1,1, ，………………9分
0 0 0 2  2
   1
则AC 2,2,0，故OD1,2, ，
 2
设直线AC与直线OD所成角为，
 
ACOD |24| 42
cos|   | 
|AC||OD| 21 21
2 2
4
42
∴直线AC与直线OD所成角的余弦值为 ……11分
21
    1
（ii）PB0,2,2，BD2,3,0，OB1,1, ，
 2
 
 
nPB0
设平面PBD的法向量为nx,y,z，则   ，
nBD0
2y2z0
即 ，取y2，可得x3，z2，
2x3y0

所以n3,2,2为平面PBD的一个法向量，………………13分
 
nOB
|321| 2 4 4 17
设直线OF与平面PBD所成的角为， sin n  O  B   17 11 1  17 3  3 17  51 ，
4 2
4 17
所以直线OF 与平面PBD所成的角的正弦值为 ………………15分
51
π
18.解：（1） AB 2 百米，BC 1百米，ABC  ，
2
 在直角三角形ABC中， AC  AB2 BC2  5 百米，
AB 2 2 5 BC 1 5
sinBCA   ，cosBCA   ，
AC 5 5 AC 5 5
第6页（共4页）
{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}又 ADCD，ADCD，AC  5百米，
 在等腰直角三角形ACD中， AD CD  10 百米， sinACD  2 ，cosACD 2 ，
2 2 2
cosBCDcos BCAACD cosBCAcosACDsinBCAsinACD
5 2 2 5 2 10
     .
5 2 5 2 10
10
BCD的余弦值为 .………………………………………………4分
10
π 10 10
（2）由第（1）问，当ABC  时， cosBCD  ，CD 
2 10 2
 在三角形BCD中，
2
 10 10  10 9
BD2 BC2 CD2 2BCCDcosBCD 12    21   ，
   
 2  2  10  2
3 2
BD 百米.
2
3 2
 排水沟BD的长为 百米.………………………………………………7分
2
（3）设ABC ，BAC ，BCA，
M
、N、E分别为边BC、AB、AC的中点，
1
EM//AB，EM  AB 1百米，MEC BAC ，………………8分
2
1 1
EN//BC，EN  BC  百米，NEABCA，………………9分
2 2
在三角形ABC中，由余弦定理得 AC2  AB2 BC2 2ABBCcos54cos，
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{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}AC BC AB
由正弦定理   ，
sin sin sin
BCsin sin ABsin 2sin
得sin  ，sin  ，
AC AC AC AC
连接DE，ADCD，ADCD，E为边AC的中点，
1
DE  AC，DE  AC，
2
 π
在三角形MDE中，cosMED cos MECCED cos 

sin，
 2
由余弦定理得 DM2  EM2 DE2 2EM DEcosMED
1 1 9
1 AC2 21 ACsin cossin,………………12分
4 2 4
 π
在三角形NDE中，cosNED cos NEAAED cos 

sin，
 2
由余弦定理得 DN2  EN2 DE2 2ENDEcosNED
1 1 1 1
  AC2 2  ACsin
4 4 2 2
1 1 1 1 2sin
   54cos2  AC
4 4 2 2 AC
3
 cossin, ………………15分
2
DM DN EM EN 
9
sincos
3
sincos
3 ，
0,π

.…………16分
4 2 2

令t sincos 2sin( )(1t  2)
4
9 3 3
DM DN EM EN  t  t  在(1，2]单调递增
4 2 2
5 23 9 3 3
∴DM DN EM EN( ,  2   2  ]…………17分
2 4 2 2
19.解：（1）函数 f xxlnxx的定义域为0,， fxlnx,x0．
2
函数gxx2lnx1的定义域为1,，gx1 ,x1
x1
第8页（共4页）
{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}令sx fx,txgx，则sx 1 ,x0；tx 2 ,x1.……………………1分
x
x12
由函数 fx和gx存在a-平衡点，知sx和tx存在a-平衡点，所以存在实数x 使得
0
tx 
asx tx 成立，即存在实数x 使得a 0 成立.
0 0 0 sx 
0
tx
2x 1 1
hx    x 1 1
令 sx x22x1 x 1 2 ，当且仅当   ，即x1时，等号成立.
 1 2 2x 2
2 2x
1
所以当x1时，hx取得最大值，最大值为
.
2
1
实数a的最大值为 .……………………4分
2
（2）若函数 f x和gx存在3个不同的a-平衡点x,x ,x ，且x  x  x ，则afxgx有
1 2 3 1 2 3
2
3个不同的解.即alnx(1 )0有三个不同的正根.
x1
2 x1
令h(x)alnx(1 )alnx
x1 x1
a x1(x1) ax2(2a2)xa
h(x)   …………………………5分
x (x1)2 x(x1)2
2
alnx(1 )0有三个不同的正根.
x1
⸪
∴h(x)有两个不等正根设为m,n (设mn)
∴
 (2a2)2 4a2 0
  2a2
 mn 0
a

 mn10

1
∴0a …………………………………………7分
2
1
当0a 时，h(x)在(0,m)单调递增，(m,n)单调递减，(n,)单调递增.
2
1
1 ea 1 1
h(1)0,0m1nh(n)0，h(ea)1 0h(n)h(ea)0 由零点存在性定理知
1
ea 1
在 (n,) 存在唯一零点，
第9页（共4页）
{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}1

 1 2 2e a 1
h(1)0,0m1nh(m)0 h(e a)2  0， h(m)h(e  a)0 ，h(x)
1 1
 
e a 1 e a 1
在 存在唯一零点
(0,m)
1
∴0a 时h(x)有三个不同的零点
2
 1
所以实数a的取值范围是 0, .………………10分
 2
1
1
②h(x)alnx x1 ，则h( 1 )alnx x alnx 1x h(x)
x1 x 1 1x
1
x
1
由(ⅰ)可知：0 x  x 1 x ，且x  . ………………12分
1 2 3 1 x
3
要证3a1x x 22，只需证3ax x 22x x 2，
1 3 1 3 1 3
即证3a   1 x 2   1 x 4 ，即证3ax 12  x24x 1  0，
x 3  x 3 3 3 3
3 3
3x 1 3  x21 
即证 3 x 12  x24x 1   3   x24x 1  0，
x 1lnx 3 3 3 lnx 3 3
3 3 3
即证3  x21    x24x 1  lnx 0. ……………………14分
3 3 3 3
令Hx3  x21    x24x1  lnx,x1，则
x24x1 1
Hx6x2x4lnx 5x  2x4 lnx4,x 1 ，
x x
1 1 2x4 1 4
令Mx5x 2x4lnx4,x1，则Mx5 2lnx 3  2lnx,x1
x x2 x x2 x
令Nx3 1  4 2lnx,x1，则 Nx 2  4  2   2x12 , x1.
x2 x x3 x2 x x3
所以当x1时，Nx0，Nx单调递减，所以Nx0，即Mx0.
所以Mx单调递减，且Mx0，即Hx0.所以Hx单调递减，所以Hx0.
即当x1时，3  x21    x24x1  lnx0.
因此，3  x21    x24x 1  lnx 0.
3 3 3 3
故3a1x x 22得证.…………………………………………17分
1 3
第10页（共4页）
{#{QQABTQKAogCgQJAAAQgCEQFiCAAYkBCCCKgOwBAQsAAAAQFABCA=}#}