精品解析：福建省漳州市2026届高三第一次教学质量检测数学试题

漳州市2026届高三毕业班第一次教学质量检测 数学试题 本试卷共4页.19小题，满分150分.考试时间120分钟. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：求出集合后可求. 【详解】[方法一]：直接法 因为，故，故选：B. [方法二]：【最优解】代入排除法 代入集合，可得，不满足，排除A、D； 代入集合，可得，不满足，排除C. 故选：B. 【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法； 方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解． 2. 已知复数，则在复平面内对应的点位于(　 　) 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】 【分析】由复数除法化简后写出出共轭复数，再由出其共轭复数，得出其对应点及象限． 【详解】，对应点坐标为，在第一象限． 故选：A 3. 样本数据的下四分位数为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用百分位数的求法，即可求解. 【详解】因为，所以样本数据的下四分位数为， 故选：B. 4. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. 6 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量平行的坐标表示计算出的值，可求得数量积. 【详解】由可得，求得； 因此可得. 故选：A 5. 已知点，抛物线：的焦点为F，P是C上的动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用抛物线定义与三角形两边之和大于第三边计算即可得. 【详解】过点作抛物线的准线于点， 由抛物线定义可得， 则， 当且仅当、、三点共线，抛物线的准线， 即时，有最小值. 故选：B. 6. 已知数列是等比数列，，，令，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据题意求得，且当时，得到数列是以为公比的等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，，可得，解得， 则，解得，所以 又由当时，， 所以数列表示首项为，以为公比的等比数列， 所以. 故选：C． 7. 定义在上的奇函数满足：，且，，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题干条件，构造函数，结合单调性的定义，可得的单调性，根据奇偶性的定义，可得的奇偶性，结合特殊值，计算分析，即可得答案. 【详解】因为，且，， 所以， 设， 则，，且，， 根据单调性的定义可得，在上单调递增， 因为在R上为奇函数， 所以， 所以在R上为奇函数， 所以在上单调递增， 因为， 所以，则， 所以的解集为， 所以的解集为. 故选：D 8. 一个高为，上、下底面半径分别是和的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则铁球表面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，利用球的表面积公式即可求解. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，分析可知，要使球的表面积最大，则球需要与相切， 设圆的半径为，则， 由，所以，所以， 作，由， 所以，又，所以， 又，， 所以， 即， 所以球的表面积的最大值为， 故选：C. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错或不选的得0分. 9. 在中，角的对边分别是，，，，则的值可以是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据余弦定理直接求解即可. 【详解】根据余弦定理可得， 即，，，， 解得或. 故选：AC. 10. 在正方体中，E，F分别为和的中点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. C. 与平面所成角的正切值为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，取中点，由面面平行的判断证明平面平面，即可得结论.B选项，取中点，证明线面垂直，从而得到线线垂直.C选项由线面角定义找到线面角，设棱长由锐角三角函数即可得到结论.D选项由等体积转换法分别求出两个三棱锥的体积即可得到结论. 【详解】A选项：如图，取中点，连接，，， 在正方体中，， 平面，平面，，不在平面内， ∴平面，平面， 且，平面，平面， ∴平面平面， 由图可知，平面，平面相交， ∴平面与平面不平行，故A选项错误； B选项：如图，取中点，连接，， 在正方体中，∴平面，平面， ∴，在正方形中，，∴， 且，平面，平面， ∴平面，又∵平面，∴，B选项正确； C选项：如图，连接，， 在正方体中平面平面，∴与平面所成角为， 设正方体棱长为，则，∴， ∴，C选项正确； D选项：如图，设正方体棱长为 ， ， ∴，D选项正确. 故选：BCD. 11. 若函数的图象上存在四点共圆，则满足条件的可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合函数的性质和图象，数形结合，一一判断各选项中函数是否符合题意，即得答案. 【详解】对于A，函数的图象为抛物线，关于y轴对称， 不妨取，则四边形为等腰梯形， 则四点共圆，A符合题意； 对于B，，定义域为，在上单调递增， 该函数图象上升比较平缓，图象上没有剧烈变化的分界点， 故不可能存在某个圆与的图象有4个交点， 即的图象上不可能存在四点共圆，B不符合题意； 对于C，作出的图象， 必存在圆与的图象有4个交点的情况，C符合题意； 对于D，作出的图象，可知当时，图象比较平缓地上升， 当且x逐渐变大时，函数图象上升，且变得越来越陡峭， 故只要某圆的半径足够大，必存在圆与的图象有4个交点，D符合题意. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，则曲线在点处的切线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用导数的几何意义，求出切线的斜率，再利用点斜式，即可求解. 【详解】因为，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 故答案为：. 13. 已知双曲线的两条渐近线夹角是,则双曲线C的离心率为________. 【答案】2或 【解析】 【分析】根据两条渐近线夹角是,可知渐近线的倾斜角为或,再根据双曲线的基本量求解即可. 【详解】双曲线的两条渐近线夹角是,或. 或,解得双曲线C的离心率为2或. 故答案为：2或 【点睛】本题考查双曲线的离心率以及双曲线基本量间的关系.属于基础题. 14. 在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点到整点或的有向线段叫做一个T步，从整点A到整点B的一条T路是指由若干个T步组成的起点为A、终点为B的有向折线.则整点到整点的T步的条数为______.（结果用数字表示） 【答案】15 【解析】 【分析】从整点到整点，记为上步，从整点到整点，记为下步，结合题意分析易得整点到整点的T步一共有6个，且上步有4个，下步有2个，进而结合组合知识求解即可. 【详解】由题意，从整点到整点，记为上步， 从整点到整点，记为下步， 不管上步还是下步，在一个T步上横坐标都增加1， 而上步纵坐标增加1，下步纵坐标减少1， 因此整点到整点的T步一共有6个， 且上步有4个，下步有2个， 因此整点到整点的T路的条数为. 故答案为：15. 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. 2025年漳州市创新创业大赛吸引了众多优质项目参与，经评审，某领域有10个项目进入最终角逐，其中科技类项目6个，文创类项目4个. （1）为分析项目研发投入与最终得分的关系，收集了该领域5个项目的研发投入（单位：万元）和最终得分（单位：分），数据如下表： 研发投入 20 30 40 50 60 最终得分 66 69 76 79 84 请根据表中数据，建立关于的回归直线方程； （2）从上述10个项目中随机抽取3个进行路演展示，记抽中的科技类项目个数为X，求X的分布列和数学期望. （参考公式与数据：，，，） 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望为 【解析】 【分析】（1）先求出，，再根据公式求解即可； （2）由题意可得的可能取值为0，1，2，3，进而求出对应的概率值，再根据期望的公式求解即可. 【小问1详解】 ，， 因为，， 所以，， 所以回归直线方程为. 【小问2详解】 由题意，的可能取值为0，1，2，3. ，， ，. 所以的分布列为 0 1 2 3 所以. 16. 设函数，且的图象相邻两条对称轴的距离为. （1）求的单调递增区间； （2）将所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，求数列的前30项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助三角恒等变换可先将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质计算即可得； （2）由正弦函数性质可得所有的正零点，则可得数列的奇数项及偶数项的通项公式，再利用等差数列求和公式分组计算即可得. 【小问1详解】 因为， 因为的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为， 所以，又，所以， 所以， 令，， 解得，， 所以的单调递增区间为； 【小问2详解】 因为，令，得， 所以或，， 即或，， 所以所有的正零点为或，， 所以是以为首项，π为公差的等差数列， 所以是以为首项，π为公差的等差数列， 所以 . 17. 已知函数. （1）当时，证明：； （2）若存在两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)利用导数分析时，的单调性，并求得时，的最小值，即可证明不等式. (2)将存在两个零点问题转化为关于的方程有两个不同的解的问题，再转化为函数的图象与常数函数的图象有两个不同的交点问题，分析新函数的单调性及最值情况，可求得的取值范围. 【小问1详解】 依题意得，要证，只需证， 令，所以. 设， 当时，，所以在区间上单调递增， 所以当时,，即，所以在区间上单调递增， 故当时,. 故当时，，即. 【小问2详解】 ，. 若，则，所以在上单调递增，所以至多有1个零点，舍去； 若，令，解得， 所以当时，；当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 因为 ，所以当时，;当时，; 由存在两个零点，得，即，所以,所以. 综上所述，的取值范围是. 解法二： 因为，所以不是的零点. 所以存在两个零点等价于关于的方程有两个不同的解， 即函数的图象与常数函数的图象有两个不同的交点. 因为， 当或时，；当时，. 所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增. 当时，；当时，. 当时，因为在区间上单调递减， 此时与至多一个交点，舍去； 当时，要使得与有两个交点，需满足， 在的条件下， 因为及，且在区间上单调递减， 所以与在区间上恰1个交点； 由(1)知，， 又因为，且在区间上单调递增， 所以与在区间上恰1个交点. 综上所述，若在定义域内存在两个零点，则的取值范围是. 18. 如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，. （i）当时，求证：平面； （ii）当二面角的正弦值为时，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，即证，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）解法一：建立空间直角坐标系，（i）利用数量积，即证，，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）求平面的法向量，求平面的法向量设，利用向量的夹角公式即可求解； 解法二：（i）利用面面垂直的性质定理，由平面平面得平面，即证平面，得，利用勾股定理得，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）由，得二面角的平面角为，即，利用三角恒等变换求，最后由正弦定理即可求解； 解法三：（i）同解法二；（ii）由，得二面角的平面角为，即，得，在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向，建立平面直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 连接交于点，连接， 因为四边形是正方形，所以为中点， 又因为为中点，所以在中，有， 因为平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 解法一： 在正方形中，有， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以，又， 以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示. 则有，，，，， ，，，， （i）当时，，， 所以，， 所以，，即，， 又因为平面，平面，， 所以平面. （ⅱ）设为平面的法向量， 则有，即， 取，得，，则是平面的一个法向量， ， 设为平面的法向量， 则有，即，得， 取，得，， 则是平面的一个法向量， 因为二面角的正弦值为，所以， 所以，即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 解法二： （i）因为平面平面，平面平面， 四边形为正方形，，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又，为中点，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）因为平面，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在中，，，所以， 在中，，所以. 又因为，所以， 所以（负值舍去）. 在中， ，， 在中， ， 又， 由正弦定理，得，即，解得， 所以的值. 解法三： （i）同解法二. （ii）因为平面，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向， 建立平面直角坐标系，如图所示. 则有，，， ，， ，， ， 即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 19. 已知椭圆：的焦距为2，且过点. （1）求C的标准方程； （2）过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交于和，满足. （i）证明：，的斜率之和为定值； （ii）求四边形面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由椭圆定义列出等式求得，再结合关系即可求解； （2）（i）设P，Q的坐标分别为，，的方程为，联立椭圆方程，由韦达定理结合，求得，同理有，结合即可求证；（ii）由弦长公式结合，得到，令，结合基本不等式求得，再构造函数求导确定单调性即可求解；或，令设，构造函数，结合其单调性即可求解. 【小问1详解】 由焦距，即，可知两焦点坐标分别为，， 则， 即，， 所以的标准方程为. 【小问2详解】 （i）设P，Q的坐标分别为，，设的方程为， 联立，整理得， 所以， ，， ， 设的方程为，同理有， 所以，即， 由于，所以，即，所以，的斜率之和为定值0. （ⅱ）不妨设的斜率，其倾斜角为， 则四边形的面积为， ， 同理得， 由，得， 又， 所以. 设，由基本不等式得， 当且仅当等号成立， 设，，， 所以在区间上单调递减， 当时，取得最大值， 所以四边形的面积最大值为. 或 设，由基本不等式得，当且仅当等号成立， 设， 可知在区间上单调递增，当时，取得最大值， 所以四边形的面积最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 漳州市2026届高三毕业班第一次教学质量检测 数学试题 本试卷共4页.19小题，满分150分.考试时间120分钟. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则在复平面内对应的点位于(　 　) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 样本数据的下四分位数为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 10 D. 11 4. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. 6 D. 10 5. 已知点，抛物线：的焦点为F，P是C上的动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 6. 已知数列是等比数列，，，令，则（ ） A. B. C. D. 7. 定义在上的奇函数满足：，且，，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 一个高为，上、下底面半径分别是和的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则铁球表面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错或不选的得0分. 9. 在中，角的对边分别是，，，，则的值可以是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 10. 在正方体中，E，F分别为和的中点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. C. 与平面所成角的正切值为 D. 11. 若函数的图象上存在四点共圆，则满足条件的可以是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，则曲线在点处的切线方程为______. 13. 已知双曲线的两条渐近线夹角是,则双曲线C的离心率为________. 14. 在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点到整点或的有向线段叫做一个T步，从整点A到整点B的一条T路是指由若干个T步组成的起点为A、终点为B的有向折线.则整点到整点的T步的条数为______.（结果用数字表示） 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. 2025年漳州市创新创业大赛吸引了众多优质项目参与，经评审，某领域有10个项目进入最终角逐，其中科技类项目6个，文创类项目4个. （1）为分析项目研发投入与最终得分的关系，收集了该领域5个项目的研发投入（单位：万元）和最终得分（单位：分），数据如下表： 研发投入 20 30 40 50 60 最终得分 66 69 76 79 84 请根据表中数据，建立关于的回归直线方程； （2）从上述10个项目中随机抽取3个进行路演展示，记抽中的科技类项目个数为X，求X的分布列和数学期望. （参考公式与数据：，，，） 16. 设函数，且的图象相邻两条对称轴的距离为. （1）求的单调递增区间； （2）将所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，求数列的前30项和. 17. 已知函数. （1）当时，证明：； （2）若存在两个零点，求的取值范围. 18. 如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，. （i）当时，求证：平面； （ii）当二面角的正弦值为时，求的值. 19. 已知椭圆：的焦距为2，且过点. （1）求C的标准方程； （2）过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交于和，满足. （i）证明：，的斜率之和为定值； （ii）求四边形面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $