精品解析：福建省泉州市2026届高三上学期质量监测（一）数学试题

泉州市2026届高中毕业班质量监测（一） 高三数学 本试卷共19题，满分150分，共6页．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，学生务必在练习卷、答题卡规定的地方填写自己的学校、准考证号、姓名．学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与学生本人准考证号、姓名是否一致． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本练习卷上无效． 3．答题结束后，学生必须将练习卷和答题卡一并交回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，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 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的图象关于点中心对称，则其图象的一条对称轴方程可以是（ ） A. B. C. D. 4. 定义在上的奇函数满足，且当时，，则（   ） A. B. C. D. 5. 一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的某地出发，向河对岸航行．已知船在静水的速度大小为，且船在航行过程中受水流的影响．当船以路程最短的方式航行到对岸时，所需时间为6分钟，则水流速度的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与圆交于不同的两点A，B，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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． 8. 在直三棱柱中，，，为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面平面 9. 在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，是上一点，点，若的延长线与交于点．记，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 在斜中，若，则（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 三、填空题：本题共3小题．，每小题5分，共15分． 11. 若一个等差数列的前3项和为9，前7项和为35，则该数列的第6项为_____． 12. 函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________. 13. 已知：（ⅰ）在一系列独立重复的伯努利试验中，用表示事件第一次发生时已经进行的试验次数，记每次试验中事件发生的概率为，则的分布列为，．如果随机变量具有上式的形式，则称随机变量服从几何分布，且； （ⅱ）若随机变量，满足，则． 连续不断地抛掷一枚骰子，记录下它每次落地时朝上的面的点数，直到2，4，6点均出现为止，则抛掷总次数的数学期望为_____． 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． 14. 为比较A、B两种AI教学系统在提升教师备课效率方面的差异，研究人员在某地区随机招募了200名教师，并随机分配其中100名使用系统A，其余100名使用系统B．经过一个月的试用后，以“备课时间减少15%以上”作为备课效率显著提升的标准，经整理得到如下列联表： 备课效率 使用的教学系统 显著提升 没有显著提升 合计 系统A 75 25 100 系统B 55 45 100 合计 130 70 200 （1）记事件“该地区教师使用系统A后，备课效率显著提升”的概率为，求的估计值； （2）根据小概率值的独立性检验，分析这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面是否存在差异． 附：， 0.05 0.005 0.001 3.841 7.879 10.828 15. 已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，其中． （1）写出，，并求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，证明：． 16. 矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． （1）求的方程； （2）若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 17. 已知正方体的棱长为2． （1）证明：平面； （2）动点满足，且点，，，在同一球面上．设该球面的球心为，半径为． ①求的取值范围； ②当最大时，求二面角的余弦值． 18. 已知函数，． （1）当时，求的值域； （2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； （3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州市2026届高中毕业班质量监测（一） 高三数学 本试卷共19题，满分150分，共6页．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，学生务必在练习卷、答题卡规定的地方填写自己的学校、准考证号、姓名．学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与学生本人准考证号、姓名是否一致． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本练习卷上无效． 3．答题结束后，学生必须将练习卷和答题卡一并交回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，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】D 【解析】 【分析】利用复数的除法法则将复数化简，再利用复数的几何意义进行判断即可. 【详解】，， 在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求集合B，再求两个集合的交集即可. 【详解】由指数函数在上单调递增，且，得，所以. 根据数轴求集合的运算如图： 所以. 故选：C. 3. 已知函数的图象关于点中心对称，则其图象的一条对称轴方程可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对称中心求出，再结合余弦曲线的对称轴，利用整体的思想即可求图象的对称轴方程. 【详解】因为函数的图象关于点中心对称， 所以 ，有 ， 为偶数时，所以，为奇数时，所以. 令，得， 所以图象的对称轴方程为， 当时，图象的一条对称轴方程为. 故选：C 4. 定义在上的奇函数满足，且当时，，则（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，利用函数的性质，得，再将代入，即可求解. 【详解】因为奇函数，又，知的一个周期为， 所以， 又当时，，所以，则， 故选：D. 5. 一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的某地出发，向河对岸航行．已知船在静水的速度大小为，且船在航行过程中受水流的影响．当船以路程最短的方式航行到对岸时，所需时间为6分钟，则水流速度的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算出船的实际速度，用向量表示水流速度，实际船速与船的静水速度的关系，利用向量的数量积的有关运算法则可求水流速度. 【详解】如图： 船的实际过河速度为：.即. 又，即. 所以， 所以， 所以. 即水流速度为：. 故选：B 6. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出的函数关系，再在同一坐标系内作出函数图象，数形结合即可判断. 【详解】令，得， 在同一坐标系内作出函数的图象， 则分别是函数的图象与直线交点的纵坐标， 观察图象得，当时，；当时，；当时，， 因此ABC都可能，D不可能. 故选：D 7. 已知直线与圆交于不同的两点A，B，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据存在最小值分析出，再根据最小值不大于列出关于r的不等式即可求解． 【详解】将直线方程变形为，则可知直线恒过定点， 圆的圆心，则， 若，则直线可和圆O相切，如图所示，此时A、B重合，若直线与圆O交于不同的两点A，B， 则可不断趋于0，不存在最小值，与题意不符，故， 即P在圆O内，直线与圆O一定交于两点A、B，此时对于任意给定的半径r， 根据圆的性质，当时，弦AB最短，最小，此时弦长， 在中，，当时，为等边三角形，此时， 由题意，已知最小值不大于，则最小值对应的弦AB满足， 即，解得， 综上所述，． 故选：C． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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． 8. 在直三棱柱中，，，为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，易得为异面直线；对于B，由题易知，再根据线面平行的判定即可；对于C，通过证明平面，再由线面垂直的性质即可得到，对于D，不妨设，根据边长可证，由等腰三角形性质可得，接着利用线面垂直的判定可得平面，继而得到平面平面． 【详解】如图，设中点分别为，连接， 对于A，因为平面，平面， 平面平面，， 所以为异面直线，故A错误； 对于B，在直三棱柱中，， 又平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C，在直三棱柱中，平面，则， 又，所以，即， 又平面，所以平面， 又平面，所以，故C正确； 对于D，因为，不妨设， ，， 在直三棱柱中，易知，则， 同理可得，又， 所以，即， 又，为中点， 所以，又，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故D正确． 故选：BCD． 9. 在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，是上一点，点，若的延长线与交于点．记，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】依题意得到抛物线的准线，根据准线的性质，正弦定理及三角函数的定义即可判断各选项． 【详解】依题意可得抛物线的准线为， 对于选项A，B，过点作垂直准线于，则，如图， 在中，由正弦定理有，得， 在中，，且， 则，所以，故选项A正确； 所以当时，，即当时，，故选项B错误； 对于选项C，D，过点作垂直准线于，则，如图， 在中，由正弦定理有，得， 在中，，且， 则，所以，故选项C正确； 所以当时，，即当时，，故选项D错误； 故选：AC． 10. 在斜中，若，则（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理及三角恒等变换判断得出. 【详解】对于A，由余弦定理得 ，再由正弦定理得 即，整理得：，即，故A错误； 对于B，因为，，所以，， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以，又因为，所以，所以的最大值为，故B正确； 对于C，由A可知，即， 又因为 ， 即， 同理可得， 所以， 即， 所以，故C正确； 对于D，因为， 又因为，所以， ，所以，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题．，每小题5分，共15分． 11. 若一个等差数列的前3项和为9，前7项和为35，则该数列的第6项为_____． 【答案】7 【解析】 【分析】由 等差数列前项和性质，及等差中项即可求解. 【详解】由题意，得， ，得， 又， 所以， 故答案为：7 12. 函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________. 【答案】1 【解析】 【详解】f′(1)＝0可得m＝1或m＝3. 当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)， 1<x<3，f′(x)<0；x<1或x>3，f′(x)>0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1. 13. 已知：（ⅰ）在一系列独立重复的伯努利试验中，用表示事件第一次发生时已经进行的试验次数，记每次试验中事件发生的概率为，则的分布列为，．如果随机变量具有上式的形式，则称随机变量服从几何分布，且； （ⅱ）若随机变量，满足，则． 连续不断地抛掷一枚骰子，记录下它每次落地时朝上的面的点数，直到2，4，6点均出现为止，则抛掷总次数的数学期望为_____． 【答案】11 【解析】 【分析】根据题中给的条件，构造随机变量，用题中给的规律计算期望. 【详解】设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为偶数. 设随机变量表示事件第一次发生时已经进行的抛掷次数. 由于每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 记第一个投出的偶数点数为. 设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了以外的两个偶数. 设随机变量表示从出现第一个偶数后，直到出现第二个不同偶数所进行的额外抛掷次数. 在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 记第二个出现的偶数点数为. 设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了，以外的那个偶数. 设随机变量表示从出现第二个不同偶数后，直到出现第三个偶数所进行的额外抛掷次数. 在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 经过三个步骤，能保证2，4，6点恰好均出现，且出现次数最少的点数出现的次数为1. 随机变量为抛掷骰子直至2，4，6均出现时已经进行的试验次数. . 故 故答案为：11 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． 14. 为比较A、B两种AI教学系统在提升教师备课效率方面的差异，研究人员在某地区随机招募了200名教师，并随机分配其中100名使用系统A，其余100名使用系统B．经过一个月的试用后，以“备课时间减少15%以上”作为备课效率显著提升的标准，经整理得到如下列联表： 备课效率 使用的教学系统 显著提升 没有显著提升 合计 系统A 75 25 100 系统B 55 45 100 合计 130 70 200 （1）记事件“该地区教师使用系统A后，备课效率显著提升”的概率为，求的估计值； （2）根据小概率值的独立性检验，分析这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面是否存在差异． 附：， 0.05 0.005 0.001 3.841 7.879 10.828 【答案】（1） （2）存在差异 【解析】 【分析】（1）解法一：以频率估计概率，结合表中数据即可求的估计值；解法二：利用条件概率，结合表中数据即可求的估计值； （2）先进行零假设，再计算卡方值，根据独立性检验的思想判断即可. 【小问1详解】 解法一：由表格可知“该地区教师使用系统A后，备课效率显著提升”的人数有75人， 故，故的估计值为． 解法二：设事件“该地区教师使用系统A”为，事件“备课效率显著提升”为． 由频率估计概率得，， 由条件概率公式得，故的估计值为． 【小问2详解】 零假设为：这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面没有差异． 根据表中数据可得，． 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面存在差异，此推断犯错误的概率不超过0.005． 15. 已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，其中． （1）写出，，并求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，证明：． 【答案】（1），， （2） 解法一：． ， ， 两式相减可得： 所以． 因为，所以. 解法二：． 令，则． 所以 ． 因为，所以． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义写出切线方程，求出关于数列的递推公式，判断数列的性质求其通项公式或利用累乘法求其通项公式. （2）利用错位相减法求数列的前项和，或构造数列，，根据利用裂项求和法求数列的前项和，再判断与4的大小. 【小问1详解】 由已知， 则曲线在点处的切线方程为， 即． 令，得． 因为，代入上式，依次解得，． 因为，所以，得．所以． 解法一：故数列为等比数列，首项为1，公比为． 所以． 解法二：当时，． 当时，因为，所以上式亦成立. 所以． 【小问2详解】 略 16. 矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． （1）求的方程； （2）若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 【答案】（1） （2）证明：依题意，以为直径的圆的方程为， 当点是矩形的顶点时，均与坐标轴垂直，此时； 当点不是矩形的顶点时，设点的坐标为，直线， 由消去得：， 由， 化简得， 设直线的方程为，同理得：， 于是是关于的一元二次方程的两根， 则，， 又，因此，则，即， 所以是直角三角形. 【解析】 【分析】（1）数形结合可得出的值，即可求出方程； （2）分点是矩形的顶点、点不是矩形的顶点两种情况讨论，若点不是矩形的顶点，设，分别与椭圆方程联立，得出是一元二次方程的根，利用韦达定理即可求证. 【小问1详解】 依题意，，，则，，半焦距， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 17. 已知正方体的棱长为2． （1）证明：平面； （2）动点满足，且点，，，在同一球面上．设该球面的球心为，半径为． ①求的取值范围； ②当最大时，求二面角的余弦值． 【答案】（1）解法一：如图所示： 在正方体中，连结，则， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 同理可得， 又因为，，平面， 所以平面． 解法二：以为原点，的正方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系： 则，，，，， ，，． 因为，所以． 又因为，平面，平面， 所以平面． （2）① ；②0 【解析】 【分析】（1）解法一：在正方体中，连结，由平面，得到，同理，再利用线面垂直的判定定理证明；解法二：以为原点，的正方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，由证明； （2）解法一：①取中点，取中点，球心在直线上，根据，得到，延长至，使得，连结，易得，，从而，设，由求解；②当最大时，，得到点与点重合，由为二面角的平面角求解；解法二：①以为原点，的正方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，取中点，中点，球心在直线上，设，由，求解；②当最大时，点坐标为．，易得平面的一个法向量是，求得平面的一个法向量，再由求解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 解法一：①如图所示： ， 取中点，取中点，依题意得：球心在直线上． 因为，所以， 即， 延长至，使得，连结． 因为，，所以四边形是平行四边形，所以，． 同理得：，，所以，，故， 所以点在线段上． 设，则， 则． 易得，则有，所以，故有． 所以，整理得：， 由，得：． 所以，所以的取值范围是． ②当最大时，，，此时点与点重合． 因为，，，，平面， 所以平面． 因为，平面，所以，， 所以即为二面角的平面角． 在中，，，，， 所以，所以二面角的余弦值为0． 解法二：①以为原点，的正方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系： 取中点，中点，依题意得：球心在直线上． 设， 因为， ， 则，即， 化简得：． 因为，所以． 所以， 故该球半径的取值范围是． ②当最大时，点坐标为．． 由（1）得平面的一个法向量是． 设平面的一个法向量是，，， ，取得：， 因为， 所以二面角的余弦值为0． 18. 已知函数，． （1）当时，求的值域； （2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； （3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数符号判断即可； （2）当时，分区间利用二阶导数讨论；当时，利用导数证明函数在内有极大值；综合（1）可得的取值范围； （3）解法一：利用隐零点方程消去，然后参变分离，构造函数，，利用导数求最小值可解；解法二：构造函数，利用导数，分类讨论的最小值即可得解. 【小问1详解】 当时，由，得， 又，，，所以， 故在单调递增． 又，， 故在上的值域为． 【小问2详解】 由（1）可知； 依题意得：； （ⅰ）若， ①时，，，此时， 故在无极值． ②当时，令，得． 由，，，则，从而在单调递增． 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得． 从而当，，当，． 在单调递减，在单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意． （ⅱ）若，， 当时，则，从而在上单调递增，从而在上 没有极值点； 当，令，，， 则． 令， 则，故在单调递增， 所以，即，所以在单调递增． 因为，时，， 所以的值域为． 故当时，有唯一解， 且当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去． 综上，． 【小问3详解】 解法一：由（2）可知，有且仅有一个极小值点， 故． 因为，所以， 由题意知，，可得， 即， 化简得，， 设，． 又 ． 因为，所以， 当时，，； 当时，，； 故在上单调递增，在上单调递减． 所以，此时，依题意，， 故的最大值是． 解法二：由得． 令， 则． 因为， 由（2）知，有且仅有一个极小值点，且． ①当时，．因为，所以． 又在上递减，在上递增．所以． 所以． ②当时，因为，所以． 又在上递减，所以． 此时． ③当时，因为，所以． 又在上递增．所以． 此时． 综上，当时，取得最大值， 依题意的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $