精品解析：福建省莆田市莆田第五中学2026届高三上学期期初检测数学试卷

莆田五中2026届高三上学期期初数学学科检测卷 命题人：蔡洪洪 审核人：谢佳萍 2025.8.28 （考试时间120分钟 考试满分150分） 一.选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的） 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知集合，集合，则下列各选项中属于的元素是（ ） A. B. C. 0 D. 1 3. 已知随机变量，且，则的值为（ ） A. 6 B. 7 C. 7.5 D. 10 4. 已知实数满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知在同一平面直角坐标系中，函数及其导函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 函数在区间上单调递减 C. 函数在区间上单调递增 D. 函数在区间上单调递减 6. 如图，在棱长为的正四面体中，点，分别为棱，的中点，则下列命题正确的个数为（    ） ①；② ③侧棱与底面所成角的余弦值为；④直线与所成角的正弦值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 函数， ，且，则 的最小值为（ ） A. 8 B. 10 C. 14 D. 16 8. 水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（ ） A. 4 B. C. D. 6 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分.部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 使得“”成立的充分不必要条件可以是（ ） A. B. C. D. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 线性回归直线必过样本数据的中心点； B. 当相关系数时，两个变量负相关； C. 甲、乙两个模型的分别约为0.88和0.80，则模型乙的拟合效果更好； D. 残差图中残差点所在的水平带状区域越宽，则回归方程的预报精确度越高； 11. 如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（   ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 若在底面内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹的长度为 D. 由三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若集合中只有一个元素，则满足条件的实数为____ 13. 哪吒系列手办盲盒包含哪吒、敖丙、两个结界兽、四大龙王共8个人物手办，小明随机购买3个盲盒（3个盲盒内人物一定不同），求在包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙王有且仅有一位的概率为______；记小明抽到的龙王盲盒个数为X，则E（X）＝______． 14. 对于函数，若对任意的，存在唯一的使得，则实数的取值范围是__________． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知集合，集合， （1）若，求和； （2）若，求实数的取值范围. 16. 某学校号召学生参加“每天锻炼1小时”活动，为调查学生课后体育锻炼的情况，学校采用简单随机抽样的方法抽取80名学生，得到了表中数据： 不经常锻炼 经常锻炼 合计 男生 10 30 40 女生 20 20 40 合计 30 50 80 （1）根据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与学生锻炼的经常性有关系？ （2）根据上表，从经常锻炼的学生中利用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机选取3人，设这3人中女生的人数为，求的分布列和期望． 附：． 17. 设函数在处的切线垂直轴. （1）求函数的单调区间； （2）若，证明：. 18. 如图，四棱锥中，为正三角形，，， 为线段的中点． （1）在平面内，过点作平面的平行线，并证明； （2）若，证明：平面平面； （3）若四点在以为半径的球面上，求四棱锥的体积． 19. 甲和乙两个箱子中各装有N个大小、质地均相同的小球，并且各箱中是红球，是白球. （1）当时，分别从甲、乙两箱中各依次随机地摸出3个球作为样本，设从甲箱中采用不放回摸球得到的样本中红球的个数为X，从乙箱中采用有放回摸球得到的样本中红球的个数为Y，求，，，； （2）当时，采用不放回摸球从甲箱中随机地摸出5个球作为样本，设表示“第k次取出的是红球”，比较与的大小； （3）由概率学知识可知，当总量N足够多而抽出的个体足够少时，超几何分布近似为二项分布.现从甲箱中不放回地取3个小球，恰有2个红球的概率记作；从乙箱中有放回地取3个小球，恰有2个红球的概率记作.那么当N至少为多少时，我们可以在误差不超过0.003（即)的前提下认为超几何分布近似为二项分布？（参考数据：) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田五中2026届高三上学期期初数学学科检测卷 命题人：蔡洪洪 审核人：谢佳萍 2025.8.28 （考试时间120分钟 考试满分150分） 一.选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的） 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】利用全称量词命题的否定即可解答. 【详解】命题“，”为全称量词命题， 它的否定是存在量词命题，即，， 故选：B. 2. 已知集合，集合，则下列各选项中属于的元素是（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】先分析集合中元素的特点，得出，逐个选项判断即可求解. 【详解】由可得： 则， 所以， 则，，，. 故选：D. 3. 已知随机变量，且，则的值为（ ） A. 6 B. 7 C. 7.5 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】由，结合正态分布曲线的对称性即可求出. 【详解】由题意可知，， 故. 故选：A 4. 已知实数满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的性质求解即可. 【详解】解：因为， 所以， 所以. 故选：A. 5. 已知在同一平面直角坐标系中，函数及其导函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 函数在区间上单调递减 C. 函数在区间上单调递增 D. 函数在区间上单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】首先分析哪一个函数图象为、的图象，再根据导数的运算法则求出选项中的导函数，最后分析其正负，即可判断其单调性. 【详解】如图，不妨令上面的曲线为，与的轴交点横坐标分别为，， 下面的曲线为，与的轴交点横坐标为， 由的图象可知，当时函数值小于，当时函数值大于，且的图象从左至右呈上升趋势； 由的图象可知，当时函数值小于，当或时函数值大于，且的图象从左至右呈先下降，后上升趋势； 又这两个函数图象为函数及其导函数的图象， 所以对应的是，对应的是； 所以当时，单调递减，且， 当时，单调递增，且当时，当时； 对于A、B：由，所以， 显然，当时，所以，则在上单调递减， 当时，所以，则在上单调递增，故A、B错误； 对于C、D：，则， 显然，且当时，即， 所以，所以在区间上单调递增，故C正确，D错误. 故选：C 6. 如图，在棱长为的正四面体中，点，分别为棱，的中点，则下列命题正确的个数为（    ） ①；② ③侧棱与底面所成角的余弦值为；④直线与所成角的正弦值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】通过判断向量垂直来判断直线垂直；利用勾股定理求线段长度；利用余弦定理求空间中的角度. 【详解】. 所以，故.命题①正确. 连接，，由勾股定理得，所以是等腰三角形. .命题②错误. 在中，由余弦定理得，求得. 侧棱在底面上的投影为，所以侧棱与底面所成的角即为.命题③正确. 连接，，其中为中点.在中，为中位线，所以，. 要求与所成角，即求与夹角，即. 由勾股定理得. 在中，由余弦定理得， 解得,从而.命题④正确. 故选：C 7. 函数， ，且，则 的最小值为（ ） A. 8 B. 10 C. 14 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设，可得为奇函数，由条件可得，然后结合基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】设，其定义域为， 且，所以为奇函数， ， 设，则， 设，则 设，则， 设，则， 故在上为递增函数，而， 故当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数，故， 依次同理可得在上为递增函数， ， 又，即， 所以，所以，即， 则， 当且仅当时，即时，等号成立. 所以的最小值为. 故选：D 8. 水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（ ） A. 4 B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设要使半球形容器内壁的半径的最小，保证小球与球各面（含球面部分）都相切，进而求半径最小值. 【详解】要使半球形容器内壁的半径的最小，只需保证小球与球各面（含球面部分）都相切， 此时，如上图示，为半球的球心，为其中一个小球球心，则是棱长为2的正方体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与共线， 所以半球形容器内壁的半径的最小值为小球半径与长度之和，即, 故选：C 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分.部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 使得“”成立的充分不必要条件可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】 因为判断的是充分不必要条件，所以所选的条件可以推出，且无法推出所选的条件，由此逐项判断即可. 【详解】A．因为不能推出，但可以推出，所以是成立的必要不充分条件，故不满足； B．因为不能推出（例如：），且也不能推出（例如：）， 所以是成立的既不充分也不必要条件，故不满足； C．因为即能推出，且不一定能推出（例如：）， 所以是成立的充分不必要条件，故满足； D．因为函数在上单调递减，所以可以推出，即， 所以可以推出，且不一定能推出（例如：）， 所以是成立的充分不必要条件，故满足， 故选：CD. 【点睛】结论点睛：充分、必要条件的判断，一般可根据如下规则判断： （1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集； （2）若是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集； （3）若是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等； （4）若是的既不充分也不必要条件，则对应集合与对应集合互不包含. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 线性回归直线必过样本数据的中心点； B. 当相关系数时，两个变量负相关； C. 甲、乙两个模型的分别约为0.88和0.80，则模型乙的拟合效果更好； D. 残差图中残差点所在的水平带状区域越宽，则回归方程的预报精确度越高； 【答案】A 【解析】 【分析】利用回归直线的性质,相关系数和决定系数的规定及残差分析的分析方式，逐项判断即可. 【详解】选项A:回归直线的定义规定回归直线必过样本数据的中心点，所以选项A正确； 选项B：当相关系数时，说明两个变量正相关，所以选项B错误； 选项C:模型的决定系数越大，说明残差平方和越小，拟合效果越好,, 所以模型甲的拟合效果更好，所以选项C错误； 选项D:残差图中残差点所在的水平带状区域越宽，说明观测值与预报值之间的差距越大，数据分布越分散， 因此回归方程的预报精确度就越差，所以选项D错误． 故选：A. 11. 如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（   ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 若在底面内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹的长度为 D. 由三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 【答案】AD 【解析】 【分析】由线面垂直的性质定理可判断A，由三棱锥的体积公式计算可判断B，易得动点的轨迹的长度为以D为圆心，1为半径的圆的周长的四分之一，即可判断C，作出过三点确定的平面，进而求得截面的周长判断D. 【详解】对于A，连接，如下图： 由正方体性质可得， 又平面，在平面内，所以， 又，平面，平面， ∴平面， 又平面，∴，故A正确； 对于B，三棱锥的体积，故B错误； 对于C，因为P满足， 则动点的轨迹的长度为以D为圆心，1为半径的圆的周长的四分之一， 所以P点的轨迹的长度为，故C错误； 对于D，过三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形，（其中F为的中点），如下图： 易知， 故等腰梯形的周长为，可知D正确. 故选：AD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若集合中只有一个元素，则满足条件的实数为____ 【答案】或 【解析】 【分析】分与进行讨论即可得. 【详解】当时，，则，故，符合要求； 当时，，令，解得； 综上所述：满足条件的实数为或. 故答案为：或. 13. 哪吒系列手办盲盒包含哪吒、敖丙、两个结界兽、四大龙王共8个人物手办，小明随机购买3个盲盒（3个盲盒内人物一定不同），求在包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙王有且仅有一位的概率为______；记小明抽到的龙王盲盒个数为X，则E（X）＝______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】先求出从8个人物手办中，随机购买3个盲盒的买法和包含哪吒和至少一位龙王的买法，再利用古典概率公式求出各事件的概率，再依据条件概率公式，求出结果. 【详解】空1：事件：随机购买3个盲盒，含哪吒且不包含敖丙，， 事件：随机购买3个盲盒，恰有四个龙王中的一个： 包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙王有且仅有一位的概率为： 空2：每个盲盒抽到龙王的概率为：,每个盲盒未抽到龙王的概率为：， 则抽到与未抽到龙王服从二项分布： 故答案为：①；② 14. 对于函数，若对任意的，存在唯一的使得，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】借助导数研究单调性，并求出函数在给定区间上的值域，再结合集合包含关系，列出不等式解题即可. 【详解】函数，求导， 令，求导， 函数在上单调递增，当时，；当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 则，因此函数在上单调递增， 当时，，即， 函数，求导得， 当时，，当时，， 函数在上单调递减，此时，即； 在上单调递增，此时，即， 由对任意的，存在唯一的使得， 得是的子集， 即，解得， 所以实数的取值范围是． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题关键是将题目转化为值域之间的包含关系，再借助导数研究单调性，得到值域. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知集合，集合， （1）若，求和； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由，得到，，再利用补集、并集和交集运算求解； （2）由，得到，分， 求解. 【小问1详解】 解：时，， 所以， 所以 ； 【小问2详解】 ∵， ， ①若时，，解得，符合题意； ②若时，，解得. 综上可得. 16. 某学校号召学生参加“每天锻炼1小时”活动，为调查学生课后体育锻炼的情况，学校采用简单随机抽样的方法抽取80名学生，得到了表中数据： 不经常锻炼 经常锻炼 合计 男生 10 30 40 女生 20 20 40 合计 30 50 80 （1）根据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与学生锻炼的经常性有关系？ （2）根据上表，从经常锻炼的学生中利用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机选取3人，设这3人中女生的人数为，求的分布列和期望． 附：． 【答案】（1）不能认为性别因素与同学锻炼的经常性有关系 （2）的分布列为： 0 1 2 【解析】 【分析】（1）根据题意求，并与临界值对比分析. （2）根据的取值情况列出分布列，通过期望公式求解即可. 【小问1详解】 零假设为：性别因素与锻炼的经常性无关， 因为， 所以，，，，， 则，则， ，，，， 所以， 则， 根据小概率值的独立性检验为6.635，由， 因此可以认为成立，即不能认为性别因素与同学锻炼的经常性有关系. 【小问2详解】 经常锻炼的学生为50人（男生30人，女生20人），按比例抽取5人，其中男生抽取3人，女生抽取2人. 则的可能取值为：0，1，2，则： ，，， 所以的分布列为： 0 1 2 . 17. 设函数在处的切线垂直轴. （1）求函数的单调区间； （2）若，证明：. 【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为. （2） ，即， 即，设， 则，令， 则， 再设，则，因为，则恒成立， 则在上单调递增，则易知在上单调递减， 则，则在上单调递减， 则，则在恒成立， 则，即. 【解析】 【分析】（1）根据得到，再求导得到其单调区间； （2）转化为证明，再设新函数，多次求导得到其单调性即可证明. 【小问1详解】 因为函数在处的切线垂直于轴，所以. 由得，则， 则，， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 则的单调增区间为，单调减区间为. 【小问2详解】 略 18. 如图，四棱锥中，为正三角形，，， 为线段的中点． （1）在平面内，过点作平面的平行线，并证明； （2）若，证明：平面平面； （3）若四点在以为半径的球面上，求四棱锥的体积． 【答案】（1）作图及证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）作出直线，利用线面平行的判定推理得证. （2）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定，结合勾股定理的逆定理推理得证. （3）延长至，建立空间直角坐标系，求出点到平面的距离，进而求出锥体的体积. 【小问1详解】 如图，连接，直线即为直线， 取的中点，连接，则， 而，则， 四边形为平行四边形，因此，又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 由，且，得， 又为正三角形，则， 又，则，， 而，于是，又平面， 则直线平面，又平面， 所以平面平面. 【小问3详解】 延长至，使得，即，连接， 又，则四边形为正方形，连接， 过点作平面，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由四点在以为半径的球面上，由球的性质知球心在轴上，设点， 于是，解得，即， 又为正三角形，连接，则， 又平面， 于是平面，点在坐标平面内，设点，又， 则， 解得，因此四棱锥的高， 直角梯形的面积， 所以四棱锥的体积． 19. 甲和乙两个箱子中各装有N个大小、质地均相同的小球，并且各箱中是红球，是白球. （1）当时，分别从甲、乙两箱中各依次随机地摸出3个球作为样本，设从甲箱中采用不放回摸球得到的样本中红球的个数为X，从乙箱中采用有放回摸球得到的样本中红球的个数为Y，求，，，； （2）当时，采用不放回摸球从甲箱中随机地摸出5个球作为样本，设表示“第k次取出的是红球”，比较与的大小； （3）由概率学知识可知，当总量N足够多而抽出的个体足够少时，超几何分布近似为二项分布.现从甲箱中不放回地取3个小球，恰有2个红球的概率记作；从乙箱中有放回地取3个小球，恰有2个红球的概率记作.那么当N至少为多少时，我们可以在误差不超过0.003（即)的前提下认为超几何分布近似为二项分布？（参考数据：) 【答案】（1），， （2） （3）195 【解析】 【分析】（1）由题意可得，利用二项分布的期望公式和方差公式求解，X服从超几何分布，X的可能取值为1，2，3，求出相应的概率，从而可求出和； （2）利用独立事件概率公式和古典概率公式求出，，进行比较即可； （3）根据题意表示出，由化简得，解法1：转化为，构造函数，利用函数的单调性求解；解法2：直接解一元二次不等式即可. 【小问1详解】 对于有放回摸球，每次摸到红球的概率为0.6，且每次试验之间的结果是独立的， 则 X服从超几何分布，X的可能取值为1，2，3，则 ， ， 或； 【小问2详解】 ，即采用不放回摸球，每次取到红球的概率都为： 又， 则. 【小问3详解】 因为， ， ，即， 即，即， 由题意知，从而， 化简得， 解法1： 又，，令， 则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， (此处证单调性另解：为对勾函数， ，（当且仅当时取等）. 所以在上单调递减，在上单调递增)， 所以在处取得最小值，从而在时单调递增， 当时，，又，， 当时，符合题意 考虑到，都是整数，则N一定是5的正整数倍， 所以N至少为195时，在误差不超过0.003（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布. 解法2： 化简得， 或， N为整数，或 ，都是整数，则N一定是5的正整数倍， 所以N至少为195时，在误差不超过0.003（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布. 【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是根据题意正确区分二项分布和超几何分布，利用二项分布和超几何分布的概率公式求解，从而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $