高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1福建省漳州市2026屆高三第一次教學(xué)質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題本試卷共19小題，滿分150分.考試時間120分鐘.一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】[方法一]：直接法因為，故，故選：B.[方法二]：[最優(yōu)解]代入排除法代入集合，可得，不滿足，排除A、D；代入集合，可得，不滿足，排除C.故選：B.2.已知復(fù)數(shù)，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()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】，對應(yīng)點坐標(biāo)為，在第一象限．故選：A.3.樣本數(shù)據(jù)的下四分位數(shù)為（）A.3 B.3.5 C.10 D.11【答案】B【解析】因為，所以樣本數(shù)據(jù)的下四分位數(shù)為，故選：B.4.已知向量，，且，則（）A. B. C.6 D.10【答案】A【解析】由可得，求得；因此可得.故選：A.5.已知點，拋物線：的焦點為F，P是C上的動點，則的最小值為（）A. B.2 C. D.3【答案】B【解析】過點作拋物線的準(zhǔn)線于點，由拋物線定義可得，則，當(dāng)且僅當(dāng)、、三點共線，拋物線的準(zhǔn)線，即時，有最小值.故選：B.6.已知數(shù)列是等比數(shù)列，，，令，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】設(shè)等比數(shù)列的公比為，因為，，可得，解得，則，解得，所以.又由當(dāng)時，，所以數(shù)列表示首項為，以為公比的等比數(shù)列，所以.故選：C．7.定義在上的奇函數(shù)滿足：，且，，若，則不等式的解集為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因為，且，，所以，設(shè)，則，，且，，根據(jù)單調(diào)性的定義可得，在上單調(diào)遞增，因為在R上為奇函數(shù)，所以，所以在R上為奇函數(shù)，所以在上單調(diào)遞增，因為，所以，則，所以的解集為，所以的解集為.故選：D.8.一個高為，上、下底面半徑分別是和的封閉圓臺容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)有一個鐵球，則鐵球表面積的最大值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如圖，作出圓臺的軸截面，分析可知，要使球的表面積最大，則球需要與相切，設(shè)圓的半徑為，則，由，所以，所以，作，由，所以，又，所以，又，，所以，即，所以球的表面積的最大值為，故選：C.二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得部分分，有選錯或不選的得0分.9.在中，角的對邊分別是，，，，則的值可以是（）A.1 B. C.2 D.【答案】AC【解析】根據(jù)余弦定理可得，即，，，，解得或.故選：AC.10.在正方體中，E，F(xiàn)分別為和的中點，下列說法正確的是（）A.平面平面B.C.與平面所成角的正切值為D.【答案】BCD【解析】A選項：如圖，取中點，連接，，，在正方體中，，平面，平面，，不在平面內(nèi)，∴平面，平面，且，平面，平面，∴平面平面，由圖可知，平面，平面相交，∴平面與平面不平行，故A選項錯誤；B選項：如圖，取中點，連接，，在正方體中，∴平面，平面，∴，在正方形中，，∴，且，平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，B選項正確；C選項：如圖，連接，，在正方體中平面平面，∴與平面所成角為，設(shè)正方體棱長為，則，∴，∴，C選項正確；D選項：如圖，設(shè)正方體棱長為，，∴，D選項正確.故選：BCD.11.若函數(shù)的圖象上存在四點共圓，則滿足條件的可以是（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】對于A，函數(shù)的圖象為拋物線，關(guān)于y軸對稱，不妨取，則四邊形為等腰梯形，則四點共圓，A符合題意；對于B，，定義域為，在上單調(diào)遞增，該函數(shù)圖象上升比較平緩，圖象上沒有劇烈變化的分界點，故不可能存在某個圓與的圖象有4個交點，即的圖象上不可能存在四點共圓，B不符合題意；對于C，作出的圖象，必存在圓與的圖象有4個交點的情況，C符合題意；對于D，作出的圖象，可知當(dāng)時，圖象比較平緩地上升，當(dāng)且x逐漸變大時，函數(shù)圖象上升，且變得越來越陡峭，故只要某圓的半徑足夠大，必存在圓與的圖象有4個交點，D符合題意.故選：ACD.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.設(shè)函數(shù)，則曲線在點處的切線方程為______.【答案】【解析】因為，所以，又，所以曲線在點處的切線方程為，即，故答案為：.13.已知雙曲線的兩條漸近線夾角是,則雙曲線C的離心率為________.【答案】2或【解析】雙曲線的兩條漸近線夾角是,或.或,解得雙曲線C的離心率為2或.故答案為：2或.14.在平面直角坐標(biāo)系中，橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點叫做整點，從整點到整點或的有向線段叫做一個T步，從整點A到整點B的一條T路是指由若干個T步組成的起點為A、終點為B的有向折線.則整點到整點的T步的條數(shù)為______.（結(jié)果用數(shù)字表示）【答案】15【解析】由題意，從整點到整點，記為上步，從整點到整點，記為下步，不管上步還是下步，在一個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，因此整點到整點的T步一共有6個，且上步有4個，下步有2個，因此整點到整點的T路的條數(shù)為.故答案為：15.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.2025年漳州市創(chuàng)新創(chuàng)業(yè)大賽吸引了眾多優(yōu)質(zhì)項目參與，經(jīng)評審，某領(lǐng)域有10個項目進(jìn)入最終角逐，其中科技類項目6個，文創(chuàng)類項目4個.（1）為分析項目研發(fā)投入與最終得分的關(guān)系，收集了該領(lǐng)域5個項目的研發(fā)投入（單位：萬元）和最終得分（單位：分），數(shù)據(jù)如下表：研發(fā)投入2030405060最終得分6669767984請根據(jù)表中數(shù)據(jù)，建立關(guān)于的回歸直線方程；（2）從上述10個項目中隨機(jī)抽取3個進(jìn)行路演展示，記抽中的科技類項目個數(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)：，，，）【答案】解：（1），，因為，，所以，，所以回歸直線方程為.（2）由題意，的可能取值為0，1，2，3.，，，.所以的分布列為0123所以.16.設(shè)函數(shù)，且的圖象相鄰兩條對稱軸的距離為.（1）求的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）將所有的正零點按從小到大順序排列得到數(shù)列，求數(shù)列的前30項和.【答案】解：（1）因為，因為的圖象相鄰兩條對稱軸之間的距離為，所以的最小正周期為，所以，又，所以，所以，令，，解得，，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為；（2）因為，令，得，所以或，，即或，，所以所有的正零點為或，，所以是以為首項，π為公差的等差數(shù)列，所以是以為首項，π為公差的等差數(shù)列，所以.17.已知函數(shù).（1）當(dāng)時，證明：；（2）若存在兩個零點，求的取值范圍.【答案】（1）證明：依題意得，要證，只需證，令，所以.設(shè)，當(dāng)時，，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時,，即，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，故當(dāng)時,.故當(dāng)時，，即.（2）解：，.若，則，所以在上單調(diào)遞增，所以至多有1個零點，舍去；若，令，解得，所以當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增.因為，所以當(dāng)時，;當(dāng)時，;由存在兩個零點，得，即，所以,所以.綜上所述，的取值范圍是.解法二：因為，所以不是的零點.所以存在兩個零點等價于關(guān)于的方程有兩個不同的解，即函數(shù)的圖象與常數(shù)函數(shù)的圖象有兩個不同的交點.因為，當(dāng)或時，；當(dāng)時，.所以在區(qū)間和上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增.當(dāng)時，；當(dāng)時，.當(dāng)時，因為在區(qū)間上單調(diào)遞減，此時與至多一個交點，舍去；當(dāng)時，要使得與有兩個交點，需滿足，在的條件下，因為及，且在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以與在區(qū)間上恰1個交點；由(1)知，，又因為，且在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以與在區(qū)間上恰1個交點.綜上所述，若在定義域內(nèi)存在兩個零點，則的取值范圍是.18.如圖，點為正方形所在平面外一點，為中點，.（1）求證：平面；（2）若平面平面，，.（i）當(dāng)時，求證：平面；（ii）當(dāng)二面角的正弦值為時，求的值.【答案】（1）證明：連接交于點，連接，因為四邊形是正方形，所以為中點，又因為為中點，所以在中，有，因為平面，平面，所以平面；（2）解法一：在正方形中，有，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，又，以為原點，分別以，，方向為軸，軸，軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.則有，，，，，，，，，（i）證明：當(dāng)時，，，所以，，所以，，即，，又因為平面，平面，，所以平面.（ⅱ）解：設(shè)為平面的法向量，則有，即，取，得，，則是平面的一個法向量，，設(shè)為平面的法向量，則有，即，得，取，得，，則是平面的一個法向量，因為二面角的正弦值為，所以，所以，即，化簡得，解得或（舍去）.所以的值為.解法二：（i）證明：因為平面平面，平面平面，四邊形為正方形，，平面，所以平面.因為平面，所以.又，為中點，所以，又，所以平面，又平面，所以.又，，所以，所以，，，又.由余弦定理可得，所以，所以，又，所以平面.（ii）解：因為平面，平面，所以，，又因為平面，平面，所以二面角的平面角為，所以，，在中，，，所以，在中，，所以.又因為，所以，所以（負(fù)值舍去）.在中，，，在中，，又，由正弦定理，得，即，解得，所以的值.解法三：（i）證明：同解法二.（ii）解：因為平面，平面，所以，，又因為平面，平面，所以二面角的平面角為，所以，，在平面內(nèi)，以A為原點，分別以，的方向為軸、軸的正方向，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示.則有，，，，，，，，即，化簡得，解得或（舍去）.所以的值為.19.已知橢圓：的焦距為2，且過點.（1）求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過點作兩條斜率存在且不為零的直線，分別交于和，滿足.（i）證明：，的斜率之和為定值；（ii）求四邊形面積的最大值.【答案】（1）解：由焦距，即，可知兩焦點坐標(biāo)分別為，，則，即，，所以的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（2）如圖，（i）證明：設(shè)P，Q