高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1福建省漳州市2026屆高三第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知集合A={-1,1,2,4},B=x|x-1|≤1，則A∩B=（A．{-1,2} B．{1,2} C．{1,4} D．{-1,4}【答案】B【解析】[方法一]：直接法因?yàn)锽=x|0≤x≤2，故A∩B=1,2[方法二]：【最優(yōu)解】代入排除法x=-1代入集合B=xx-1≤1，可得2≤1，不滿足，排除Ax=4代入集合B=xx-1≤1，可得故選：B.2．已知復(fù)數(shù)z=11+i，則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于(A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】A【解析】z=11+i=故選：A.3．樣本數(shù)據(jù)1,3,4,5,8,10,12,15的下四分位數(shù)為（

）A．3 B．3.5 C．10 D．11【答案】B【解析】因?yàn)閕=8×25%=2，所以樣本數(shù)據(jù)1,3,4,5,8,10,12,15的下四分位數(shù)為故選：B.4．已知向量a=x,1，b=4,-2，且a?A．-10 B．-6 C．6 D．10【答案】A【解析】由a→//b→可得因此可得a→故選：A.5．已知點(diǎn)N1,1，拋物線C：x2=4y的焦點(diǎn)為F，P是C上的動(dòng)點(diǎn)，則PNA．32 B．2 C．52 D【答案】B【解析】過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥拋物線C的準(zhǔn)線l:y=-1于點(diǎn)Q，由拋物線定義可得PQ=則PN+當(dāng)且僅當(dāng)N、P、Q三點(diǎn)共線，NQ⊥拋物線C的準(zhǔn)線，即xP=1時(shí)，PN+故選：B.6．已知數(shù)列an是等比數(shù)列，a2=2，a5=14A．16?1-14n B．16?1-1【答案】C【解析】設(shè)等比數(shù)列an的公比為q(q≠0)因?yàn)閍2=2，a5=1則a2=12a又由當(dāng)n≥2時(shí)，an所以數(shù)列an?an+1表示首項(xiàng)為所以Tn故選：C．7．定義在R上的奇函數(shù)fx滿足：?x1,x2∈0,+∞，且xA．0,2 B．2,+∞ C．-∞,-2【答案】D【解析】因?yàn)?x1,x2所以fx設(shè)g(x)=f(x)-x，則gx1-gx2根據(jù)單調(diào)性的定義可得，g(x)在(0,+∞因?yàn)閒(x)在R上為奇函數(shù)，所以g(-x)=f(-x)-(-x)=-f(x)+x=-f(x)-x所以g(x)在R上為奇函數(shù)，所以g(x)在(-∞因?yàn)閒2所以g(2)=f(2)-2=0，則g(-2)=-g(2)=0，所以g(x)=f(x)-x>0的解集為-2,0∪所以fx>x的解集為故選：D.8．一個(gè)高為33cm，上、下底面半徑分別是1cm和4A．163πcm2 B．16πcm2 C【答案】C【解析】如圖，作出圓臺(tái)的軸截面，分析可知，要使球的表面積最大，則球需要與AD,DC,BC相切，設(shè)圓O的半徑為R，則OE=OF，由OE⊥DC,OF⊥BC，所以△OEC≌△OFC，所以CE=CF，作OG⊥AB,BH⊥CD，由BG=EH=1cm所以CH=3cm，又BH=33cm又OG=33-R，所以O(shè)B即1+3所以球的表面積的最大值為S=4π故選：C.二、多選題9．在△ABC中，角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c，A=30°，a=1，b=3，則c的值可以是（

A．1 B．3 C．2 D．2【答案】AC【解析】根據(jù)余弦定理可得cosA=即4+2c2=6c，2c2解得c=1或c=2.故選：AC.10．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，A．平面AFB1B．BC．EF與平面ABCD所成角的正切值為5D．V【答案】BCD【解析】A選項(xiàng)：如圖，取BC中點(diǎn)J，連接DC1，DJ，在正方體中DC1//ADC1?平面DJC1，C1J?平面DJ∴AB1//平面DJC1且AB1∩AF=A，AB1?平面∴平面AFB1//由圖可知，平面DJC1，平面∴平面AFB1與平面BDE不平行，故B選項(xiàng)：如圖，取B1C1中點(diǎn)K，連接KB在正方體中FK//A1B1，∴FK⊥平面BB∴FK⊥B1E，在正方形BB1C且FK∩BK=K，F(xiàn)K?平面BKF，BK?平面BKF，∴B1E⊥平面BKF，又∵BF?平面BKF，∴B1C選項(xiàng)：如圖，連接EF，C1在正方體中平面ABCD//平面A1B1C1D1，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2a，則EC1=D∴tan∠EFC1D選項(xiàng)：如圖，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2a，VC-VC-BDE∴VC-C1DF故選：BCD.11．若函數(shù)fx的圖象上存在四點(diǎn)共圓，則滿足條件的fx可以是（A．fx=x2 B．fx=【答案】ACD【解析】對(duì)于A，函數(shù)fx=x不妨取A-1,1,B1,1則A,B,C,D四點(diǎn)共圓，A符合題意；對(duì)于B，fx=x，定義域?yàn)閇0,+該函數(shù)圖象上升比較平緩，圖象上沒(méi)有劇烈變化的分界點(diǎn)，故不可能存在某個(gè)圓與fx=x即fx=x對(duì)于C，作出fx必存在圓與fx=sinx的圖象有對(duì)于D，作出fx=e當(dāng)x>0且x逐漸變大時(shí)，函數(shù)圖象上升，且變得越來(lái)越陡峭，故只要某圓的半徑足夠大，必存在圓與fx=ex的圖象有4故選：ACD.三、填空題12．設(shè)函數(shù)fx=lnx+2x，則曲線y=fx【答案】3x-y-1=0【解析】因?yàn)閒'x=1x所以曲線y=fx在點(diǎn)1,2處的切線方程為y-2=3x-1，即故答案為：3x-y-1=0.13．已知雙曲線C:x2a2-y2b【答案】2或2【解析】∵雙曲線的兩條漸近線夾角是60°,∴b2a∴c2-a2a2=3或1故答案為：2或2314．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)叫做整點(diǎn)，從整點(diǎn)x,y到整點(diǎn)x+1,y+1或x+1,y-1的有向線段叫做一個(gè)T步，從整點(diǎn)A到整點(diǎn)B的一條T路是指由若干個(gè)T步組成的起點(diǎn)為A、終點(diǎn)為B的有向折線.則整點(diǎn)M1,2到整點(diǎn)N7,4的T步的條數(shù)為【答案】15【解析】由題意，從整點(diǎn)x,y到整點(diǎn)x+1,y+1，記為上步，從整點(diǎn)x,y到整點(diǎn)x+1,y-1，記為下步，不管上步還是下步，在一個(gè)T步上橫坐標(biāo)都增加1，而上步縱坐標(biāo)增加1，下步縱坐標(biāo)減少1，因此整點(diǎn)M1,2到整點(diǎn)N7,4的T步一共有且上步有4個(gè)，下步有2個(gè)，因此整點(diǎn)M1,2到整點(diǎn)N7,4的T路的條數(shù)為故答案為：15.四、解答題15．2025年漳州市創(chuàng)新創(chuàng)業(yè)大賽吸引了眾多優(yōu)質(zhì)項(xiàng)目參與，經(jīng)評(píng)審，某領(lǐng)域有10個(gè)項(xiàng)目進(jìn)入最終角逐，其中科技類項(xiàng)目6個(gè)，文創(chuàng)類項(xiàng)目4個(gè).（1）為分析項(xiàng)目研發(fā)投入與最終得分的關(guān)系，收集了該領(lǐng)域5個(gè)項(xiàng)目的研發(fā)投入x（單位：萬(wàn)元）和最終得分y（單位：分），數(shù)據(jù)如下表：研發(fā)投入x2030405060最終得分y6669767984請(qǐng)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，建立y關(guān)于x的回歸直線方程y=（2）從上述10個(gè)項(xiàng)目中隨機(jī)抽取3個(gè)進(jìn)行路演展示，記抽中的科技類項(xiàng)目個(gè)數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.（參考公式與數(shù)據(jù)：b=n∑i=1xi-解：（1）x=20+30+40+50+605因?yàn)?∑i=1x所以b=5∑所以回歸直線方程為y=0.46x+56.4（2）由題意，X的可能取值為0，1，2，3.PX=0=CPX=2=C所以X的分布列為X0123P1311所以EX16．設(shè)函數(shù)fx=3sin2ωx+（1）求fx（2）將fx所有的正零點(diǎn)按從小到大順序排列得到數(shù)列xn，求數(shù)列的前30解：（1）因?yàn)閒x因?yàn)閒x的圖象相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為π2，所以fx所以2π2ω=π，又所以fx令-π2+2k解得-π3+k所以fx的單調(diào)遞增區(qū)間為-（2）因?yàn)閒x=2sin2x+π所以2x+π6=-5π即x=-π2+kπ或所以fx所有的正零點(diǎn)為x=-π2+kπ所以x2n-1是以π2為首項(xiàng)，所以x2n是以5π6所以x117．已知函數(shù)fx（1）當(dāng)a≥0時(shí)，證明：fa（2）若fx存在兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍（1）證明：依題意得fa=2ea-令gx=2e設(shè)px當(dāng)x≥0時(shí)，p'x=2ex所以當(dāng)x≥0時(shí),px≥p0=0，即g'故當(dāng)x≥0時(shí),gx故當(dāng)a≥0時(shí)，2ea-（2）解：f'x=2若a≤0，則f'x>0，所以fx在-∞,+∞上單調(diào)遞增，所以若a>0，令f'x=2所以當(dāng)x∈-∞,lna2時(shí)，所以fx在區(qū)間-∞,ln因?yàn)閍>0，所以當(dāng)x→-∞時(shí)，fx→+∞;當(dāng)x→+∞時(shí)，由fx存在兩個(gè)零點(diǎn)，得flna2<0，即2×a綜上所述，a的取值范圍是2e,+∞設(shè)φx=x-ln當(dāng)x∈0,1時(shí)，φ'x<0；當(dāng)所以φx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞減，在區(qū)間1,+所以φx≥φ1=1+ln此時(shí)0<lna2<a，由(1)知，所以fx在區(qū)間-∞,ln綜上所述，若fx在定義域內(nèi)存在兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是2解法二：因?yàn)閒0=2，所以x=0不是f所以fx存在兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于x的方程2即函數(shù)hx=2e因?yàn)閔'當(dāng)x<0或0<x<1時(shí)，h'x<0；當(dāng)x>1所以hx在區(qū)間-∞,0和0,1上單調(diào)遞減，在區(qū)間當(dāng)x>0時(shí)，hx≥h1=2e當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閔x在區(qū)間-此時(shí)hx與y=a當(dāng)a>0時(shí)，要使得hx與y=a有兩個(gè)交點(diǎn)，需滿足a>h在a>2e因?yàn)?a<12e<1及所以hx與在區(qū)間0,1上恰1由(1)知，ha又因?yàn)閍>2e>1，且hx所以hx與y=a在區(qū)間1,+∞上恰1綜上所述，若fx在定義域內(nèi)存在兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是218．如圖，點(diǎn)P為正方形ABCD所在平面外一點(diǎn)，M為PA中點(diǎn)，DE=λ（1）求證：PC//平面BDM（2）若平面ABCD⊥平面ABP，AB=BP=2，AB⊥BP.（i）當(dāng)λ=23時(shí)，求證：PD⊥平面（ii）當(dāng)二面角D-BM-E的正弦值為69時(shí)，求λ的值（1）證明：連接AC交BD于點(diǎn)Q，連接QM，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以Q為AC中點(diǎn)，又因?yàn)镸為PA中點(diǎn)，所以在△PAC中，有QM//PC，因?yàn)镼M?平面BDM，PC?平面BDM，所以PC//平面BDM；（2）解：解法一：在正方形ABCD中，有BC⊥AB，因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABP，平面ABCD∩平面ABP=AB，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面ABP，因?yàn)锽P?平面ABP，所以BC⊥BP，又AB⊥BP，以B為原點(diǎn)，分別以BA，BP，BC方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.則有B0,0,0，P0,2,0，D2,0,2，ADP=-2,2,-2，DE=-2λ,2λ,-2λ，（i）當(dāng)λ=23時(shí)，DE=所以BE?DP=-2×所以BE⊥DP，BM⊥DP，即又因?yàn)锽E?平面BEM，BM?平面BEM，BM∩BE=B，所以PD⊥平面BEM.（ⅱ）設(shè)n=x1則有n?BD=0取x1=1，得y1=-1，z1BE=設(shè)m=x2則有m?BE=0得1-2λx取x2=λ-1，得y2則m=λ-1,1-λ,1-2λ是平面因?yàn)槎娼荄-BM-E的正弦值為69，所以sin所以cos2m,化簡(jiǎn)得3λ2+8λ-3=0，解得λ=1所以λ的值為13解法二：（i）因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABP，平面ABCD∩平面ABP=AB，四邊形ABCD為正方形，AD⊥AB，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面ABP.因?yàn)锽M?平面ABP，所以AD⊥BM.又AB=BP，M為AP中點(diǎn)，所以BM⊥AP，又AD∩AP=A，所以BM⊥平面ADP，又PD?平面ADP，所以BM⊥PD.又AB=BP=2，AB⊥BP，所以AP=22，所以PM=PD=AD2又cos∠EPM=由余弦定理可得EM所以PM2=P又EM∩BM=M，所以PD⊥平面BEM.（ii）因?yàn)锽M⊥平面ADP，DM,PM?平面ADP，所以BM⊥DM，BM⊥PM，又因?yàn)镈M?平面DBM，PM?平面BME，所以二面角D-BM-E的平面角為∠DME，所以sin∠DME=69在Rt△APD中，PD=23，AM=2在Rt△AMD中，cos∠AMD=AM又因?yàn)?<λ<1，所以-3所以cos∠DME=5在△PDM中，cos∠PDM=PD在△EDM中，sin===3又DE=λDP=23由正弦定理，得DMsin∠DEM=DEsin所以λ的值13解法三：（i）同解法二.（ii）因?yàn)锽M⊥平面ADP，DM,PM?平面ADP，所以BM⊥DM，BM⊥PM，又因?yàn)镈M?平面DBM，PM?平面BME，所以二面角D-BM-E的平面角為∠DME，所以sin∠DME=69在平面PAD內(nèi)，以A為原點(diǎn)，分別以AP，AD的方向?yàn)閤軸、y軸的正方向，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示.則有D0,2，P22DP=22DE=λDP=cos2即-4λ+2+4-4λ2化簡(jiǎn)得3λ2+8λ-3=0，解得λ=1所以λ的值為1319．已知橢圓C：x2a2+y（1）求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過(guò)點(diǎn)N1,32作兩條斜率存在且不為零的直線l1，l2分別交C于P,Q（i）證明：l1，l（ii）求四邊形PSQT面積的最大值.（1）解：由焦距2c=2，即c=1，可知兩焦點(diǎn)坐標(biāo)分別為F1-1,0，則2a=1-即a=2