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， 第7页（共4页） {#{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=}#}