精品解析：福建宁德市2026届高三质量检测数学试题

宁德市2026届高中毕业班质量检测 数学试题 （满分：150分时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，学生务必在试卷､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.写在本试卷上无效. 3.答题结束后，学生必须将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每题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. 已知集合，集合，则中元素的个数为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 2. 复数满足 ，是的共轭复数，则（    ） A. B. C. D. 3. 已知向量.若，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 3 4. 设甲：；乙：，则甲是乙的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 若的最小正周期为 ，且，则（ ） A. 0 B. C. D. 6. 直线被圆截得的弦长的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知分别是双曲线的左､右焦点，过作的渐近线的垂线，垂足为.若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 设是定义在上的函数，若，当时，，称函数具有性质，则下列函数具有性质的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 9. 某市生态环境局记录了4月1-7日连续7天的PM2.5预测误差（预测误差实际浓度-预测浓度，单位：），如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 2 0 3 2 2 则以下结论正确的是（ ） A. 这组数据的中位数是 B. 这组数据的众数是2 C. 若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的平均数不变 D. 若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的方差变小 10. 设抛物线的焦点为，准线为.过的直线交于两点，过，作的垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. 的最小值为2 C. 若为的中点，则 D. 点到上点的距离的最小值为3 11. 已知圆台形状的容器的上､下底面半径分别为1，2，母线长为2.若容器壁厚度忽略不计，则（ ） A. 该容器的侧面积为 B. 该容器的容积为 C. 该容器可以整体放入表面积为的球形容器内 D. 能将7个半径为的球平铺放入该容器内 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线的斜率为______. 13. 记数列的前项和为，若是等差数列，，则数列的通项__________. 14. 点在同一个平面内，满足，.记到直线的距离分别为，则的最大值为__________. 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. 15. 已知数列，且. （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前29项和. 16. 已知椭圆的离心率为，直线 交于两点.当时， . （1）求的方程； （2）过作直线的垂线，垂足为，点，证明： 三点共线. 17. 如图1，平面四边形中，. （1）求的长； （2）将沿翻折到 ，连接，如图2.当时，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 把学生考试中解答题结果正确､无明显逻辑错误，但书写步骤不规范､缺少必要文字说明､卷面潦草､得分要点缺失的解答定义为“拙解”.为优化考试阅卷效率，某市教育学院引入AI智能阅卷系统，对数学试卷采用两台初评+人工仲裁的方式阅卷.按扣分评分：“拙解”扣1分､2分､3分.初评与人工仲裁扣分概率均相同，且相互独立，各扣分概率如下表： 扣分 1 2 3 概率 记系统的扣分分别为，仲裁扣分为，扣分规则如下： ①若，取的平均数为最终扣分； ②若，启动人工仲裁，取中与更接近者，与计算平均数为最终扣分，若，则取中较小者与计算平均数为最终扣分. 根据以上材料，解决如下问题： （1）设某同学一道“拙解”的最终扣分为随机变量，求； （2）该同学本次考试5道解答题全部为“拙解”，各题扣分相互独立. （i）记单题扣2分的题目数为，求； （ii）记单题扣分不高于2分的题目数为，若该同学通过规范书写，可将单题扣分不高于2分的概率提升至，为使，求的最小值（结果保留两位小数）. （参考数据：） 19. 已知函数. （1）若在处取得极值，求的值，并指出它是极大值还是极小值； （2）当时，证明：； （3）当时，若，求整数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁德市2026届高中毕业班质量检测 数学试题 （满分：150分时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，学生务必在试卷､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.写在本试卷上无效. 3.答题结束后，学生必须将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每题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. 已知集合，集合，则中元素的个数为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集的定义求出集合即可. 【详解】因为集合，集合， 所以，所以中元素的个数为3. 2. 复数满足 ，是的共轭复数，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出，然后由乘法法则计算． 【详解】由题意 ，由共轭复数的定义可得，则． 3. 已知向量.若，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】由向量,可得， 再由，则 所以，解得. 4. 设甲：；乙：，则甲是乙的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】对于甲：因为，所以， 对于乙：，则， 因为是 的真子集， 所以甲是乙的必要不充分条件. 5. 若的最小正周期为 ，且，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可得：，解得：， 所以，又因为， 又，所以，所以，所以. 6. 直线被圆截得的弦长的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知直线过定点，且斜率存在，结合圆的性质求弦长的最小值. 【详解】直线即， 所以直线过定点，且斜率存在， 圆的圆心为，半径， 则，直线 的斜率， 当 时，直线被圆截得的弦长的最小值为， 此时直线的斜率，符合题意. 7. 已知分别是双曲线的左､右焦点，过作的渐近线的垂线，垂足为.若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过作的渐近线的垂线，垂足为.先求出焦点到渐近线的距离，再由勾股定理求出，即可在中利用勾股定理得到的关系，即可求出的离心率. 【详解】 如图所示，过作的渐近线的垂线，垂足为. 已知双曲线的左､右焦点为， 双曲线的一条渐近线方程为，即, 则到渐近线的距离为，同理可得. 在中，，同理可得. 在中，由可得，即， 因为，所以的离心率. 8. 设是定义在上的函数，若，当时，，称函数具有性质，则下列函数具有性质的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：分析可知为偶函数，在内单调递增，进而分析判断. 【详解】对于选项A：例如，， 即，但，故A错误； 对于选项B：例如，， 即，但，故B错误； 对于选项C：令，则的定义域为， 且， 即，可知为奇函数， 又因为在定义域内单调递增，则在定义域内单调递减，且 ， 当 时， ；当时，； 则，可知为偶函数，则， 当时，在内单调递增， 若，即，则，可得，故C正确； 对于选项D：，， 即，但，故D错误. 二、多选题：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. 9. 某市生态环境局记录了4月1-7日连续7天的PM2.5预测误差（预测误差实际浓度-预测浓度，单位：），如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 2 0 3 2 2 则以下结论正确的是（ ） A. 这组数据的中位数是 B. 这组数据的众数是2 C. 若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的平均数不变 D. 若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的方差变小 【答案】BCD 【解析】 【详解】将数据从小到大排序得：. 对于A，最中间数据是2，所以这组数据的中位数是，故A错误； 对于B，2出现三次，出现两次，其余一次，故众数为2，故B正确； 对于C，前7天预测误差的平均数为， 若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的平均数为， 所以加入该数据后的平均数不变， 原数据的方差， 若第8天的预测误差为1，则新数据的方差为， 所以加入该数据后的方差变小，故CD正确. 10. 设抛物线的焦点为，准线为.过的直线交于两点，过，作的垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. 的最小值为2 C. 若为的中点，则 D. 点到上点的距离的最小值为3 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，因为抛物线的焦点为，准线为， 所以，由抛物线的定义可知：，故A正确； 对于B，设直线的方程为 ， 联立，设， 所以 ， 由抛物线的定义可知： ， 当时，的最小值为4，故B错误； 对于C，若为的中点，,, 因为所以，所以， 又因为 所以，故C正确； 对于D，设上任意一点为，则该点到的距离为： ， 当时，，故D错误. 11. 已知圆台形状的容器的上､下底面半径分别为1，2，母线长为2.若容器壁厚度忽略不计，则（ ） A. 该容器的侧面积为 B. 该容器的容积为 C. 该容器可以整体放入表面积为的球形容器内 D. 能将7个半径为的球平铺放入该容器内 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，B选项，利用圆台的侧面积公式和体积公式求解；对于C，求出球形容器的半径，再判断圆台形容器能否放入；对于D选项，求出当球与圆台相切时球的半径，再判断能否放入. 【详解】对于A，该容器的侧面积为，A正确； 对于B，该容器的高为， 所以该容器的容积为，B错误； 对于C，设表面积为的球形容器半径为， 则，所以，将圆台形状的容器按照如图所示放置， 假设，则圆台上底面半径，又， 所以该容器可以整体放入表面积为的球形容器内，C正确； 对于D，这7个球按如下方式放入该容器，当球与圆台相切时，过点A，B，C作圆台的轴截面， 易知圆台的母线与下底面的夹角为，则， 此时，故能将7个半径为的球平铺放入该容器，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线的斜率为______. 【答案】2 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率. 【详解】函数定义域为，，， 所以曲线在处的切线的斜率为2. 故答案为：2 13. 记数列的前项和为，若是等差数列，，则数列的通项__________. 【答案】 【解析】 【分析】记，由题意可得 ，从而得，根据，求解即可. 【详解】因为是等差数列，， 记，则 是等差数列， 所以， 设数列 的公差为，则，解得， 所以， 即，解得 ， 所以， 即， 所以， 当时，， 当时，， 所以，满足 ， 所以. 14. 点在同一个平面内，满足，.记到直线的距离分别为，则的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题设可得，设，的中点为，结合平面向量的数量积运算律可得，进而得到的轨迹为以为圆心，为半径的圆，过作的垂线，垂足分别为，进而得到，再结合圆的几何性质求解最值即可. 【详解】由，得， 设，的中点为，则， 所以，即， 所以的轨迹为以为圆心，为半径的圆. 过作的垂线，垂足分别为，则， 易得四边形为直角梯形，则， 又，，即 ，则， 则到直线的距离为， 故到直线的距离的最大值为， 则的最大值为. 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. 15. 已知数列，且. （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前29项和. 【答案】（1） 因为，故， 又 ，得 ， 故数列是以为首项，为公比的等比数列. （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）解法一：利用等比数列与等差数列的前项和公式即可求得结果；解法二：根据分组并项求和与等差数列前项和公式计算可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，故， 解法一：； 解法二： . 16. 已知椭圆的离心率为，直线 交于两点.当时， . （1）求的方程； （2）过作直线的垂线，垂足为，点，证明： 三点共线. 【答案】（1） （2）证明如下： 方法一： 设 ， ，则 由消去得： ， 则，， ， ， 因为 所以，且有公共点，故，，三点共线. 方法二： 设 ， ，则 由消去得： ， 则，， ，， 因为 所以，且有公共点，故，，三点共线. 方法三： 设 ， ，则 由消去得： ， 则，， 直线的方程为 ， 即，令得， 即， 因此 ， 故点在直线上，所以，，三点共线. 【解析】 【分析】（1）先由椭圆离心率得与、与的关系，设出含参数的椭圆方程，再结合时直线代入椭圆，利用弦长建立方程求出，进而求得椭圆标准方程. （2）方法一：设出点坐标，联立直线与椭圆方程得到韦达定理的两根之和与两根之积，求出向量、坐标，通过向量共线的坐标判定公式化简代入韦达结论，证明向量共线，又因共点，从而证得 三点共线. 方法二：设出点坐标，联立直线与椭圆方程得出韦达定理关系式，分别求出直线、 的斜率，作差通分整理后代入韦达结论，化简得斜率差值为零即两斜率相等，又两直线共点，即可证得 三点共线. 方法三：设出各点坐标，联立直线与椭圆方程得到韦达定理式子，写出直线方程，令横坐标为求出对应纵坐标，化简后代入韦达和与积，算得纵坐标为0恰好是点坐标，由此证得在直线上，三点共线成立. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，所以， 又，所以 ， 所以椭圆方程为 当时，的方程为，代入椭圆的方程得： 又因为 ，所以 所以解得 ，故椭圆的方程为 【小问2详解】 略 17. 如图1，平面四边形中，. （1）求的长； （2）将沿翻折到 ，连接，如图2.当时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：由题意求得的值，利用余弦定理即可求解；解法二：由题意求得，利用正弦定理即可求解； （2）解法一：以的中点为原点，建立空间直角坐标系，设，结合已知求得设点的坐标，进而求得平面的一个法向量和直线的方向向量，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.解法二：取的中点，的中点.连接，可证 平面，过作 交的延长线于，设到平面的距离为，进而利用等体积法可求得，可求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 解法一：平面四边形中，，； 因为，所以为等腰直角三角形， 在中，因为，， 所以 ，，所以 . 在中，， 由余弦定理得， 所以. 解法二：平面四边形中，，； 所以平面四边形为圆内接四边形， 又因为，所以为等腰直角三角形， 所以是圆的直径， 在中，，， 所以， ，， ， 由正弦定理得，又， 故. 【小问2详解】 解法一：以的中点为原点，以，为x，y轴正方向，以垂直于平面 的直线 为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 设，由（1）可知，，，又因为， 所以， 解得，，，即， 则，，. 设平面的一个法向量，设直线与平面所成角为， 则，取，则，， 所以平面的一个法向量， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：在中，，，故， 由，取的中点，的中点.连接，则 ， . 因为 ，平面，所以 平面. 因为 平面 ，所以平面 平面. 在中，， ，，所以， 因为，所以. 过作 交的延长线于， 则平面 ，且. 设到平面的距离为， 由，所以，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 把学生考试中解答题结果正确､无明显逻辑错误，但书写步骤不规范､缺少必要文字说明､卷面潦草､得分要点缺失的解答定义为“拙解”.为优化考试阅卷效率，某市教育学院引入AI智能阅卷系统，对数学试卷采用两台初评+人工仲裁的方式阅卷.按扣分评分：“拙解”扣1分､2分､3分.初评与人工仲裁扣分概率均相同，且相互独立，各扣分概率如下表： 扣分 1 2 3 概率 记系统的扣分分别为，仲裁扣分为，扣分规则如下： ①若，取的平均数为最终扣分； ②若，启动人工仲裁，取中与更接近者，与计算平均数为最终扣分，若，则取中较小者与计算平均数为最终扣分. 根据以上材料，解决如下问题： （1）设某同学一道“拙解”的最终扣分为随机变量，求； （2）该同学本次考试5道解答题全部为“拙解”，各题扣分相互独立. （i）记单题扣2分的题目数为，求； （ii）记单题扣分不高于2分的题目数为，若该同学通过规范书写，可将单题扣分不高于2分的概率提升至，为使，求的最小值（结果保留两位小数）. （参考数据：） 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用分类列举扣分情形，结合独立事件乘法公式即可求解； （2）（i）先求单题扣2分的概率，再利用二项分布概率公式即可求解条件概率； （ii）利用二项分布概率公式，结合单调性解不等式，即可作出判断. 【小问1详解】 某同学一道 “拙解”的最终扣分为分，包括以下四种可能： 扣1分，扣2分； 扣2分，扣1分； 扣1分，扣3分，仲裁扣2分； 扣3分，扣1分，仲裁扣2分， 故 ； 【小问2详解】 因为 ， ， ， 单题扣分的概率为，， ， ， ， 故，； （ii）原本单题扣分不高于分的概率为，则， 由，有，得， 令，， 故在单调递增， 又， ， 所以的最小值为. 19. 已知函数. （1）若在处取得极值，求的值，并指出它是极大值还是极小值； （2）当时，证明：； （3）当时，若，求整数的最小值. 【答案】（1），极大值 （2） ， 令，则， 则的最值问题可转化为的最值问题，. 当时，（不恒为零），所以在 上单调递增， ， 由，得， 所以，所以，即； 当时， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 而，由上知，所以， 又，所以， 所以，所以，即. 综上，当时，. （3）3 【解析】 【分析】（1）根据极值点处的导函数值为0可求得a，进而对导函数进行三角恒等变换可求解；（2）首先对的解析式进行三角恒等变换，使得解析式为关于的函数，通过换元法，令，构造函数，通过，分类讨论的最大值即可证明；（3）构造函数，则 恒成立，通过导数研究的范围可知，进而研究的情况即可得解. 【小问1详解】 因为，所以. 因为在处取得极值，所以，解得. 当时，， 当在区间变化时，，的变化情况如下表所示： 0 极大 所以在处取得极大值. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，， 令，由题意知 恒成立. 而，， 当 时，，，当时，， 所以在上单调递减，，不合题意舍去，故. 当时，， ， ， ， 所以，当时，， 则 在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，，不合题意舍去. 当 时，， ， 当时，， 所以在上单调递增，，符合题意； 当时，由（2）可知，， 所以. 综上，整数的最小值为3. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $