精品解析：福建漳州市2026届高三教学质量检测数学试题

2026届高中毕业年级教学质量检测 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、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，再选涂其它答案标号．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．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共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. 样本数据的众数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数的共轭复数为，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知都是单位向量，且，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 为了测量某古塔的高度，设点为塔顶，点为在地平面上的投影，小张遥控无人机（将无人机视为质点）从地平面上的处竖直向上飞行6米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，然后继续竖直向上飞行10米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，则该古塔的高度为（ ） A. 21米 B. 米 C. 米 D. 米 5. 数列的通项公式分别为，在中去掉中含有的项得到新数列，则的前30项的和为（ ） A. 407 B. 429 C. 465 D. 525 6. 甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，且三人的选择相互独立．设事件“三个人去的景点各不相同”，事件“甲去了第1个景点”，事件“乙去了第1个景点”，则下列说法错误的是（ ） A. 与互斥 B. 与相互独立 C. D. 7. 已知是定义域为的奇函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是椭圆的左、右焦点，为上一点，分别为的外接圆半径和内切圆半径，且，则的离心率取值范围为（） A. B. C. D. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若函数在上单调递增，则（ ） A. 曲线关于点对称 B. 的最大值为 C. 的最小值为-2 D. 的最大值为2 10. 已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面可能是五边形 B. 可能是钝角三角形 C. 的最小值大于 D. 的最小值小于 11. 已知曲线在处的切线与轴，轴分别交于点，，记，其中为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆台的上底面和下底面的半径分别为1，2，母线长为，则该圆台的体积为___________． 13. 过作圆的两条切线，设切点分别为，则直线的方程为___________． 14. 已知是集合的非空子集，若，则称是集合的“互斥子集组”，并规定与为不同的“互斥子集组”．集合的不同“互斥子集组”的个数是___________．（用数字作答） 四、解答题：本大题共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. 已知分别为椭圆的左、右焦点，且，点在上． （1）求的方程； （2）若点在上且在第一象限，为直角三角形，求点的坐标． 16. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）判断的形状； （2）若边上的两条中线相交于点，求． 17. 某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案： 方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，若机器人成功检测2台或3台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少于2台，则进行第二轮巡检．第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一进行检测，无论第二轮检测结果如何都结束巡检．机器人每次成功检测每台设备的概率为，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为18元． 方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测一次的费用为30元． （1）当时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率； （2）记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为，求的数学期望（用表示）； （3）若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？ 18. 如图，在四棱锥中，，点在线段上，，，平面平面． （1）证明：； （2）过点作平面，使得平面，平面，请作出直线，写出画法并证明； （3）若，求当取最小值时，二面角的正弦值． 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若，求的最大值； （3）若函数有零点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高中毕业年级教学质量检测 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、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，再选涂其它答案标号．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．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共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. 样本数据的众数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为样本数据中出现的次数最多，所以该样本数据的众数为． 2. 已知复数的共轭复数为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】可知， 由题意得，解得， 所以. 3. 已知都是单位向量，且，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设，则，因此为等边三角形， 所以，且， 所以在方向上的投影向量为. 4. 为了测量某古塔的高度，设点为塔顶，点为在地平面上的投影，小张遥控无人机（将无人机视为质点）从地平面上的处竖直向上飞行6米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，然后继续竖直向上飞行10米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，则该古塔的高度为（ ） A. 21米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】作出平面图，作于于，由题意可得，，由求解即可. 【详解】如图，作于于， 则为矩形，， 则， 所以， 所以，， 所以（米）. 5. 数列的通项公式分别为，在中去掉中含有的项得到新数列，则的前30项的和为（ ） A. 407 B. 429 C. 465 D. 525 【答案】D 【解析】 【分析】结合题意将目标数列的求和合理转化，再结合等差数列的求和公式处理即可. 【详解】因为数列的通项公式是，所以数列为， 因为数列的通项公式是，所以数列为， 得到的前33项中含有1，8，27这3个中的项， 可得的前30项为数列的前33项除去三项1，8，27， 故前30项的和为. 6. 甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，且三人的选择相互独立．设事件“三个人去的景点各不相同”，事件“甲去了第1个景点”，事件“乙去了第1个景点”，则下列说法错误的是（ ） A. 与互斥 B. 与相互独立 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对于A：因为甲乙有可能都去第1个景点，即与能同时发生，所以与不互斥，所以A错误； 对于C：由题意得，所以C正确； 对于B：因为， 所以，所以与相互独立，所以B正确； 对于D：因为，所以，所以D正确． 7. 已知是定义域为的奇函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用奇函数定义域含时及求出参数，再将函数变形判断单调性，最后结合奇偶性与单调性脱去函数符号，转化为一元二次不等式求解． 【详解】因为是定义域为的奇函数， 所以，所以，所以． 因此，，， 即，所以． 因为，所以． 又是减函数， 所以，解得． 8. 已知是椭圆的左、右焦点，为上一点，分别为的外接圆半径和内切圆半径，且，则的离心率取值范围为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先在中由正弦定理得外接圆半径，再用三角形面积两种表达式联立求出内切圆半径，把代入化简，约去sin得到含的等式，再利用椭圆焦半径乘积的取值范围构造不等式，转化为离心率的关系式，由二次式恒成立只需解右侧不等式，最终求得椭圆离心率范围为. 【详解】设，则，所以， 又， 所以，代入条件得， 设， 因为， 所以， 即，又，所以且， 所以． 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若函数在上单调递增，则（ ） A. 曲线关于点对称 B. 的最大值为 C. 的最小值为-2 D. 的最大值为2 【答案】ABC 【解析】 【分析】先利用辅助角公式化简函数，再结合正弦型函数的对称性、单调性逐一判断每个选项. 【详解】 对于A：因为，所以关于对称，A正确； 对于B：由，得， 因为，所以，即， 所以的最大值为，B正确； 对于C：因为，所以，又在单调递增， 由，可得，, 所以， 所以，即的最小值为，C正确； 对于D：由C分析可知，无最大值，D错误. 10. 已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面可能是五边形 B. 可能是钝角三角形 C. 的最小值大于 D. 的最小值小于 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A：截面形状，依据平面与正方体各面的相交情况判断；对于B：三角形是否为钝角三角形，选取特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负；对于CD：的最小值，可转化为共平面结合将军饮马计算两点间距离． 【详解】对于A：如图，当点与两点不重合时， 将线段向两端延长，分别交的延长线于点， 连接分别交于两点， 连接，此时截面为五边形，故A正确； 对于B：当点与点重合时， ， ，，故是钝角，故B正确； 对于CD：如图，取的中点，连接， 在的延长线上取点，使得， 连接交于点，连接， 则，所以， 因为平面平面，所以， ， 仅当位于时，， 所以C正确． 因为，故D错误． 11. 已知曲线在处的切线与轴，轴分别交于点，，记，其中为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，求得曲线在处的切线方程，根据方程求出点，的坐标，从而得到，判断A；构造函数，利用导数分析其单调性，得到其最值，判断B；因为当时，，由此得，利用裂项相消法求得判断C；利用指对运算，进行函数同构，并结合函数的单调性可判断D. 【详解】由，得. 所以曲线在处的切线方程为． 令，得；令，得．因此，，所以．故选项A正确． 令，则． 当时，单调递减；当时，单调递增．因此， 所以不能恒成立，即不恒成立． 因此不能恒成立，即不恒成立．故选项B错误． 因为当时，，所以， 所以，所以． 因此．故选项C正确． 因为，即， 等价于． 令，则． 因为，所以在上单调递增， 又，且单调递增，所以， 所以，所以，即，故. 又因为，所以，所以．故选项D正确． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆台的上底面和下底面的半径分别为1，2，母线长为，则该圆台的体积为___________． 【答案】 【解析】 【详解】因为圆台上、下底面半径分别为，母线长， 可得圆台的高， 所以． 13. 过作圆的两条切线，设切点分别为，则直线的方程为___________． 【答案】 【解析】 【详解】解法一：由图可知，， 所以，所以直线方程为． 解法二：，所以四点均在以为直径的圆上，圆心为，半径为，故圆方程为， 由，得，所以直线方程为． 解法三：直线方程为，即， 故答案为． 14. 已知是集合的非空子集，若，则称是集合的“互斥子集组”，并规定与为不同的“互斥子集组”．集合的不同“互斥子集组”的个数是___________．（用数字作答） 【答案】50 【解析】 【分析】解法一利用组合数的性质并分类讨论求解即可，解法二列举出具体集合，再分类讨论求解即可. 【详解】解法一：若中各含1个元素时，“互斥子集组”有个， 若中一个含1个，一个含2个元素时，“互斥子集组”有个， 若中一个含1个，一个含3个元素时，“互斥子集组”有个， 若中各含2个元素时，“互斥子集组”有个， 综上，不同“互斥子集组”的个数是50个． 解法二：当集合中有1个元素时，有，共4种情况， 集合是由集合中去除这个元素后，剩下的3个元素组成的非空子集， 可得这样的“互斥子集组”有个， 当集合中有2个元素时，有， 共6种情况，而集合是由集合中去2个元素后， 剩下的2个元素组成的非空子集，此时“互斥子集组”有个， 当集合中有3个元素时，有，共4种情况， 而集合是由集合中去除3个元素后，剩下的1个元素组成的非空子集， 则此时“互斥子集组”有个， 综上，不同“互斥子集组”的个数是50个． 四、解答题：本大题共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. 已知分别为椭圆的左、右焦点，且，点在上． （1）求的方程； （2）若点在上且在第一象限，为直角三角形，求点的坐标． 【答案】（1）； （2）或． 【解析】 【分析】（1）解法一：根据题意，得，又点在椭圆上，代入联立方程即可求解； 解法二：根据题意，得，结合椭圆定义可求得，进而可求得； （2）解法一：分或两种情况进行讨论，若，代点即可求解；若，利用向量关系即可求解. 解法二：分或两种情况进行讨论，若，代点即可求解；若，结合三角形面积即可求解. 【小问1详解】 解法一：由题意，得，解得， 所以的方程为． 解法二：由题意，得椭圆的左、右焦点分别为，，点在上， 所以，， 所以，， 所以的方程为． 【小问2详解】 解法一：设，，，由题意，得，． 因为点在上且在第一象限，为直角三角形， 所以或． 若，则，代入椭圆的方程得，解得， 所以； 若，则①， 又在上，所以②， 联立①②，解得，所以． 综上，点的坐标为或． 解法二：因为点在上且在第一象限，为直角三角形， 所以，或． 若，则，代入椭圆的方程得，解得， 所以； 若，则， 因为，即， 解得． 设，，， 所以，即，所以． 又在上，所以，所以，即． 综上，点的坐标为或． 16. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）判断的形状； （2）若边上的两条中线相交于点，求． 【答案】（1）等腰三角形或直角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：利用正弦定理化边为角，再根据二倍角的正弦公式结合正弦函数的性质即可得解； 解法二：利用余弦定理化角为边，化简即可得解； （2）解法一：以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标公式求解即可. 解法二：由题意可得为的重心，求出，再利用余弦定理解三角形即可. 解法三：分别求出的正余弦值，再根据结合两角和的余弦公式求解即可. 【小问1详解】 解法一：由，得， 由正弦定理得， 即，即， 因为，所以， 所以根据的图象可得，或，或， 所以，或，或， 又，所以，或， 所以是等腰三角形或直角三角形； 解法二：由，得， 由余弦定理得， 即， 化简得， 从而，或， 所以是等腰三角形或直角三角形； 【小问2详解】 解法一：①若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则， 以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系， 则， 所以， 所以 . 解法二：①若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则， ， ， 因为边上的两条中线相交于点，所以为的重心， 所以， 所以． 解法三：①若，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则，所以， ，所以． 又，所以， 在中，， 所以 ． 17. 某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案： 方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，若机器人成功检测2台或3台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少于2台，则进行第二轮巡检．第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一进行检测，无论第二轮检测结果如何都结束巡检．机器人每次成功检测每台设备的概率为，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为18元． 方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测一次的费用为30元． （1）当时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率； （2）记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为，求的数学期望（用表示）； （3）若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？ 【答案】（1） （2） （3）应选方案一． 【解析】 【分析】（1）根据题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备，利用二项分布求概率； （2）由题意得，，分别得出所需检测次数及其概率，即可得分布列及数学期望； （3）分别计算两种方案期望，即可做出决策. 【小问1详解】 由题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备， 所以机器人无需进行第二轮巡检的概率为 【小问2详解】 由题意得，， ， 所以， 所以． 【小问3详解】 应选方案一，理由如下： 记为机器人巡检的检测总费用，为人工巡检的检测总费用， 由题意得，， 令， 则， 因为，所以，即在上单调递减， 所以， 所以， 故选用智能机器人巡检的检测平均总费用更低，应选方案一． 18. 如图，在四棱锥中，，点在线段上，，，平面平面． （1）证明：； （2）过点作平面，使得平面，平面，请作出直线，写出画法并证明； （3）若，求当取最小值时，二面角的正弦值． 【答案】（1）证明如下： 在中，，，， 所以， 所以，所以． 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面， 所以． （2） 取的中点，的中点，连接，则即为直线． 证明如下： 连接， 因为分别是和的中点， 所以， 又平面平面， 所以平面， 同理，平面， 又平面， 所以平面平面， 又过且与平面平行的平面有且只有一个，平面， 所以平面即平面， 又平面平面， 所以即为直线． （3） 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理可得，由勾股定理的逆定理可得．再由面面垂直的性质可得平面，即可证明； （2）取的中点，的中点，连接，则即为直线．由面面平行的判断定理证明即可； （3）以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 其中轴在平面内，轴垂直平面， 则， 设， 则， 因为， 所以， 化简得， 又，所以， 所以点在面内的曲线上， 同理，点也在上． 在平面直角坐标系内，， 设直线的方程为， 代入， 得， 设， 则 解得． ， 令， 则 因为， 所以， 所以当，即时，， 此时在空间直角坐标系中，， 设是平面的法向量， ,即, 取 设是平面的法向量， , 即, 取 设二面角的大小为， 则， 又， 所以二面角的正弦值为 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若，求的最大值； （3）若函数有零点，证明：． 【答案】（1） 若，则在上单调递增； 若，则在上单调递减，在上单调递增． （2）． （3） 法1：若有零点，设零点为， 则， 即， 即， 这说明点在直线上， 设点到直线的距离为， 则，即， 由（2）知，，仅当时，“=”成立， 所以 所以． 法2：若有零点，设零点为， 则， 即， 即， 设，则， 即，其中， 所以， 所以， 由（2）知，，仅当时，“=”成立， 所以 所以． 【解析】 【分析】（1）通过对求导，分和两种情况，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）法1，先由得到，再验证当时恒成立，从而确定的最大值为；法2，分、、三种情况讨论，利用函数最小值非负得到，构造函数，通过求导求其最大值，得到的最大值为的最大值为； （3）由存在零点，将问题转化为点到直线的距离不大于，再利用对不等式放缩，最终得证；通过三角换元，将问题转化为三角函数有界性问题，再利用对不等式放缩，最终得证. 【小问1详解】 因为，所以， ①若，则，所以在上单调递增； ②若，则由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 法1：由，即，得． 当，时，，下面证明此时成立， 此时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 所以成立． 综上，的最大值为． 法2：①若，则 当时，， 当时，， 所以当且时，，不合题意． ②若，则的值域为， 所以，所以． ③若，则结合（1）得，， 即，即，所以， 令，则， 当时，单调递增；当时，单调递减， 所以， 当时，． 综上，的最大值为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $