2026屆高三質量檢測數學試題一、單選題1．已知，則的虛部為（

）A． B． C．1 D．2．已知集合，則的所有子集的個數為（

）A．8 B．7 C．5 D．33．已知拋物線，上的點與焦點的距離為4，則（

）A．2 B．4 C．2或 D．4或4．在中，是的中點，過點的直線分別交直線，于點，，設，，則的最小值是（

）A．1 B．2 C．4 D．65．已知，則，，的大小關系不可能為（

）A． B． C． D．6．設，，，則下列說法錯誤的為（

）A． B．為奇函數C． D．，7．定義在上的奇函數滿足：，當時，，則函數的零點的個數為（

）A．0 B．1 C．2 D．38．已知點為雙曲線的右頂點，點的坐標為，若上存在一點（不與點重合），使得，則的離心率的取值范圍為（

）A． B． C． D．二、多選題9．已知，函數有兩個極值點，，則（

）A．可能是負數B．C．曲線在點處的切線方程為D．為定值10．已知數列的前項和為，則下列說法正確的是（

）A．若，則B．若數列為等差數列，，，則時，最大C．若數列滿足，，則D．若，則數列的前項和小于11．已知正方體的棱長為2，為棱的中點，點滿足，則（

）A．任意，三棱錐的體積是定值B．當時，與所成角的余弦值為C．存在，使得二面角的大小為D．當時，平面截該正方體的外接球所得截面的面積為三、填空題12．下面是按從小到大順序排列的兩組數據：甲：1，3，，10，13，15，19，22，27，30；乙：2，5，7，，20，30.若甲組數據的第30百分位數和乙組數據的中位數相等，則.13．已知某圓臺的上、下底面的圓周都在一個直徑為10的球面上，其上、下底面的半徑分別為3和5，則該圓臺的側面積為.14．數列，滿足：，，.設，，若，，則.四、解答題15．在中，．（1）若，求；（2）為邊上一點，且，求的面積．16．已知三棱錐和是邊長為的等邊三角形，平面平面（1）求證：；（2）設為中點，為內的動點(含邊界)，且平面，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍.17．經調查發(fā)現，年齡（單位：歲）在[10，60]上的旅游者為中國鄉(xiāng)村旅游的“目標客群”.為了充分了解此群體的旅游意愿，隨機調查了“目標客群”中的300名旅游者，統(tǒng)計他們的年齡，得到如下統(tǒng)計表：組名ABCDE年齡人數201201004020(1)用分層隨機抽樣的方法，從上面5組“目標客群”中隨機抽取15人，再從這15人中隨機抽取4人，記抽到C組的人數為，E組的人數為.設，求的分布列和期望；(2)年齡在上的旅游者稱為中國鄉(xiāng)村旅游的“主流客群”.若把樣本中“主流客群”的頻率作為所有“目標客群”中“主流客群”的概率，則從所有“目標客群”中隨機抽取20人，“主流客群”中最有可能被抽到多少人？18．如圖，定義：以橢圓中心為圓心、長軸長為直徑的圓叫做橢圓的“伴隨圓”，過橢圓上一點作軸的垂線交其“伴隨圓”于點，稱點為點的“伴隨點”．已知橢圓上的點的一個“伴隨點”為．

(1)求橢圓的方程；(2)過點的直線與橢圓交于不同的兩點，點與點關于軸對稱．（?。┳C明：直線恒過定點；（ⅱ）記（ⅰ）中的直線所過的定點為，若在直線上的射影分別為（，為不同的兩點），記，，的面積分別為，求的取值范圍．19．已知函數，，的極值點為1.(1)求的值；(2)對，，使得，求的取值范圍；(3)證明：（其中是自然對數的底數）.

參考答案1．D【詳解】由題可得：，所以的虛部為,故選：D2．A【詳解】由，所以的所有子集的個數為.故選：A3．D【詳解】拋物線的準線方程為，根據拋物線的定義，到焦點的距離為，得，則拋物線方程為，將點代入拋物線方程得，則.故選：D4．B【詳解】如圖，由點O是BC的中點，得，由三點共線，得，，，則，當且僅當，即時取等號，所以取得最小值2.故選：B5．A【詳解】設，則分別為與圖象交點的橫坐標，當時，如下圖所示，此時，故B情況可能出現；

當時，且位于和交點上方時，如下圖所示，此時，故C情況可能出現；

當時，且位于和交點下方時，如下圖所示，此時，故D情況可能出現.

所以不可能出現.故選：A6．C【詳解】由題可得：,所以，故A正確；,由于為奇函數，所以為奇函數，故B正確；由于,而與不相等，故C錯誤；當時，，則，故D正確；故選：C7．D【詳解】令且定義域為R，則，所以為偶函數，在上，所以在上單調遞減，結合偶函數的對稱性知，其在上單調遞增，由，則，且，則，由于函數由的零點個數等價于與的交點個數，函數大致圖象如下，

函數關于對稱，且時，，在、上分別單調遞減、單調遞增，顯然時，在上單調遞增，則時恒成立，在上單調遞減，且時,，所以使，綜上，與的交點橫坐標有，即有3個零點.故選：D8．B【詳解】設，因為，則，則點的軌跡方程為以為直徑的圓，又中點為，，所以點的軌跡方程為．聯立，又，整理得，即，則（舍去）或，由題意知點在雙曲線的右支上，即，所以，則，即，則，所以，又，則的離心率的取值范圍為.故選：B．9．BCD【詳解】由，則，當時，，則在上單調遞減，沒有極值，故A錯誤，當時，令，得，不妨設，則，故B正確，當時，，當時，，所以在和上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，所以是的極大值點，是的極小值點，而，則，所以為定值，故D正確；對于C，由，則，而，則曲線在點處的切線方程為，故C正確.故選：BCD10．ABD【詳解】對于A，當時，,解得：，當時，，化簡可得：，所以,則是首項為,公比為的等比數列，所以，即,故A正確；對于B，在等差數列中，,則,,由于,則,所以等差數列的公差小于，則,則時，最大，故B正確；對于C，數列滿足，，則,,,所以數列是周期為3的數列，計算一個周期內的乘積：，,,故,所以,故C不正確；對于D，由題可得：,所以數列的前項和,即,由于,則，即數列的前項和小于，故D正確；故選：ABD11．BD【詳解】對于A，不與平面平行，到平面的距離不為定值，三棱錐的體積不為定值，故A錯誤；對于B，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，當時，，則，，所以，則與所成角的余弦值為，故B正確；對于C，由B知，，則，即，則，設平面的一個法向量為，則，取，得，設平面的一個法向量為，則，取，得，若二面角的大小為，則，則，由于，且函數開口向上，對稱軸為，則，不存在，使得二面角的大小為，故C錯誤；對于D，由C知，平面的一個法向量為，因為，則，而正方體的外接球的球心，則，則到平面的距離，而外接球半徑，截面圓半徑的平方為，則截面的面積為，故D正確.故選：BD.12．3【詳解】因為，甲組數據的第百分位數為第三個數和第四個數的平均數，即,乙組數據的中位數為，根據題意得，解得：，故答案為：13．【詳解】由于圓臺的下底面半徑為5，故下底面圓周為外接球的大圓，

如圖所示，設球的球心為O，圓臺上底面的圓心為，則圓臺的高，則圓臺的母線長為，所以可得圓臺的側面積為.故答案為：.14．6733【詳解】由題可得：，若時，，則除以余，若時，，則能被整除，若時，，則除以余1，若時，，則除以余，若時，，則除以余，若時，，則能被整除，若時，，則除以余1，若時，，則除以余，綜上，當時，，，則由于，，所以，將正整數按每個分組：，每組中去掉型數，剩余3個數為一組，所以，所以，故答案為：15．（1）；（2）.【詳解】（1）在中，由正弦定理及題設得，故，解得，又，所以.（2）設，則．在中，由余弦定理得，，即，①在等腰中，有，②聯立①②，解得或（舍去）．所以為等邊三角形，所以，所以．解法二：（1）同解法一．（2）設，則因為，所以，由余弦定理得，得，所以，解得或（舍去）．所以為等邊三角形，所以，所以．16．（1）證明見解析；（2）.【詳解】證明：取中點，連接.和是等邊三角形，面，面；以為原點，以所在直線為軸，以所在直線為軸建立空間直角坐標系.取中點中點，連接，則平面平面所以在線段上運動，則，，設，.設平面的一個法向量，則，即，平面的一個法向量，設直線與平面所成角為，則.所以直線與平面所成角的正弦值的范圍為.17．(1)分布列見解析，(2)15【詳解】（1）由題意得，這15人中，年齡在C組內的有（人），年齡在E組內的有（人），則的所有可能取值為0，1，2，3，4，所以，，，，，則的分布列為：01234所以.（2）樣本中“主流客群”的頻率為.從所有“目標客群”中隨機抽取20人，設“主流客群”中被抽到的人數為，則所以.由于，故當時，，則.當時，，則.所以當時，最大，即從所有“目標客群”中隨機抽取20人，“主流客群”中最有可能抽到15人.18．(1)(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）【詳解】（1）因為橢圓過點，其伴隨圓過點．所以解得所以橢圓的方程為．（2）（ⅰ）證明：當直線的斜率不為0時，設直線的方程為，，，則，聯立整理得，則，，，所以，直線的方程為，由橢圓的對稱性知，若存在定點，則必在軸上．當時，，即直線恒過定點．當直線的斜率為0時，直線的方程為，也過．綜上，直線恒過定點．（ⅱ）解：法一：由題意知的斜率存在且不為0，，設直線的方程為，，，，，，，由（?。┲遥瑒t，因為，所以，所以，所以，所以，故的取值范圍為．

法二：，由（?。┲ㄊＳ嗖糠滞夥ㄒ唬┓ㄈ河桑á。┲本€恒過定點，易知直線的斜率不為0，設直線的方程為，，，聯立整理得，則，，恒成立，，，，因為，不妨設，，，因為，所以，所以，所以，故的取值范圍為．19．(1)(2)(3)證明見解析【詳解】（1）因為的極值點為1，且，所以所以，經檢驗符合題意，因此可得.