福建省福州外国语学校2026届高三上学期12月月考数学试题 [含答案]

这是一份福建省福州外国语学校2026届高三上学期12月月考数学试题 [含答案]，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设复数的共轭复数为，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A．B．C．85D．120
4．已知一个圆柱的底面直径与其外接球半径均为2，则该圆柱的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
5．在的展开式中，含项的系数是（ ）
A．42B．C．84D．
6．若是平面内的一个基底，则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是（ ）
A．B．
C．D．
7．设圆锥曲线的两个焦点分别为，若曲线上存在点满足，则曲线的离心率等于
A．或B．或C．或D．或
8．已知，.设，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知正方体的棱长为1，则（ ）
A．直线与所成角的正弦值为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．点到直线的距离为
D．点到平面的距离为
10．下列结论正确的是（ ）
A．当研究两个变量之间的关联程度时，若相关系数的绝对值越接近于1，则两个变量的线性相关程度越弱
B．在评估模型拟合效果时，决定系数越接近1，表示模型对数据的拟合效果越好
C．通过样本数据得到的回归直线一定经过点
D．设关于分类变量与的独立性检验的原假设为与无关，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断不成立，即认为与无关.
11．抛物线的焦点为，经过点F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于A,B两点，分别过点A,点B作抛物线C的切线，两切线相交于点E，则（ ）
A．当时，
B．面积的最大值为2
C．点E在一条定直线上
D．设直线倾斜角为，为定值
三、填空题
12．已知空间中三点，，，则点到直线的距离为 .
13．已知函数，则函数在上恰有1个零点，则实数的取值范围为 .
14．现有红、黄、蓝、绿四种颜色的卡片各4张，有放回地抽取4次，每次抽一张，则4次抽取的卡片颜色种数X的数学期望为 .
四、解答题
15．已知的面积为
（1）求 的大小；
（2）若，求三角形内切圆半径.
16．已知等差数列的前项和为，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
17．如图所示，在四棱锥中，底面，四边形中，，，，．
（1）求证：平面平面．
（2）设．
①直线与平面所成的角为，求线段的长；
②线段上是否存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等？说明理由．
18．已知椭圆的一个焦点短轴长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）连线与轴交于点，过焦点的直线与椭圆交于两点.
（i）证明：点在以为直径的圆外：
（ii）在上是否存在点使得是等边三角形.若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由.
19．已知函数，．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在区间上有1个零点，求证：；
（3）若在上恒成立，求正整数的最大值.
答案
1．【正确答案】D
【详解】由可得，则.
故选.
2．【正确答案】A
【详解】因为集合，
所以集合，
则.
故选A.
3．【正确答案】C
【详解】根据题意，设等比数列的公比为，
若，则，
则有 ，变形可得，则，
又由，则有，
所以.
故选C.
4．【正确答案】B
【详解】如图，轴截面为
，
所以圆柱的侧面积为，
故选B.
5．【正确答案】C
【详解】在的展开式中，含的项为，
所以含项的系数是84.
故选C
6．【正确答案】C
【详解】对于选项A，，两向量共线，不符合基底的定义，故A错误；
对于选项B，，两向量共线，不符合基底的定义，故B错误；
对于选项C，不存在实数，使得，故C正确；
对于选项D，，两向量共线，不符合基底的定义，故D错误.
故选C.
7．【正确答案】A
【详解】因为，
所以可设，
若曲线为椭圆则，则；
若曲线为双曲线则，，∴，故选.
8．【正确答案】D
【详解】由题意可得，，
因为，，所以两边取对数整理可得，，所以
又，，，
且，即，
所以，，所以.
故选D.
9．【正确答案】BC
【详解】
由正方体的结构特征及性质易得，且，故，
显然直线与所成角的正弦值不为，A错；
由正方体的结构特征及性质易得，即为等边三角形，
所以点到直线的距离为，C对；
同上易得为正四面体，且棱长为，
所以点到平面的距离为，D错；
直线与平面所成角的正弦值为，B对.
故选BC
10．【正确答案】BC
【详解】因为相关系数绝对值越接近1两个变量的线性相关程度越强，故A选项错误.
因为决定系数越接近1，表示模型对数据的拟合效果越好，故B选项正确.
因为回归直线一定经过样本均值点，故C选项正确.
因为应拒绝原假设，即认为与有关联，而非无关，故D选项错误.
故选BC
11．【正确答案】CD
【详解】
由抛物线的焦点为，故，即，
由题意可知，直线斜率存在，
设，，，
联立得，，，，
对A：，
当时，即有，故，
即，即或，故A错误；
对B：，
故，故B错误；
对C：由，，即，有，
故，又，故，
同理可得，设点，则有，
有，，
由，，故，，
故点E在一条定直线上，且该直线为，故C正确；
对D：由，，则，
故有，即，
故为定值且该定值为，故D正确.
故选CD.
12．【正确答案】
【详解】由点的坐标可得，
则点到直线的距离为.
13．【正确答案】
【详解】因，则，
若函数在上恰有1个零点，则
14．【正确答案】
【详解】由题意知，四次抽取的卡片颜色种数的所有可能取值为，
当，即次抽取的卡片颜色相同，故，
当，即次抽取到种不同颜色的卡片，故，
当，即次抽取到种不同颜色的卡片，故，
当，即次抽取到的卡片颜色均不同，故，
所以四次抽取的卡片颜色种数的数学期望.
15．【正确答案】（1）；（2）.
【详解】（1）由面积公式可知，即，由正弦定理可知
.
（2）面积
，
设三角形内切圆半径为，则
，得.
16．【正确答案】(1)；
(2).
【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，
解得，，.
（2）由（1），
所以①
②.
①－②得.
.
17．【正确答案】（1）见详解
（2）①；②不存在，理由见详解
【详解】（1）平面，平面，
，
又，，平面，
平面，
又平面，
平面平面.
（2）①以为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图），
在平面内，作交于点，
则
在中，，
设，则，，
由，得，
所以，，,
，
设平面的法向量为，
由，，得，
取得平面的一个法向量为，
又，
故由直线与平面所成的角为得，
即
解得或（舍去，因为），所以；
②解法一：如图所示，假设线段上存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等．
设，则，，．
因此由，得，即，
又由，得，
联立两式，消去并化简，得，由
∵方程没有实数根，
∴在线段上不存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等．
解法二：假设在线段上存在一个点到、、、的距离都相等，
由，得，
从而，即，
所以，
设，则，，
在中，
，
这与矛盾，
所以在线段上不存在一个点，使得点到、、的距离都相等，
从而，在线段上不存在一个点，使得点到点、、、的距离都相等．
18．【正确答案】（1）
（2）（i）见详解；（ii）存在，或
【详解】（1）由题意得，所以，
则椭圆的标准方程为，
（2）（i）由题意得，，
当直线斜率为0时，此时以为直径的圆的方程为，显然在此圆外；
当直线斜率不为0时，设直线的方程为，
由可得，，
恒成立，
设，
则
故在以为直径的圆外.
（ii）当斜率不存在时，，此时到距离为1，故不存在等边三角形，当斜率为0时，易得不存在等边三角形，
当斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
设中点为，又，由（i）得，
，由于在直线上，所以
直线的斜率为，所以.
，
因为是等边三角形，所以，则
解得，即，
故直线的方程为或.
19．【正确答案】（1）的单调增区间为，减区间为
（2）见详解
（3）3
【详解】（1）当时，，，则，
令，得，令，得，
所以的单调增区间为，减区间为.
（2）由，
当时，由，得，
所以，在上是单调增函数，且图象不间断，
又，所以当时，，
所以函数在区间上没有零点，不合题意.
当时，令，得，
若，则，故在上是单调减函数，
若，则，故在上是单调增函数，
当时，，
又，
所以函数在区间上有1个零点，符合题意．
综上所述，.
（3）由在上恒成立，即，
由，则，对上恒成立，
令，则，
设，则，
所以在是单调增函数，
又，，
所以存在唯一的实数，使得，
当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，又，即，
所以，
所以，又，，
所以的最大值为3.