精品解析：福建省泉州第五中学2026-2027学年高三上学期8月开学考试数学试题

2026泉州五中高三开学数学试题 2026.8 注意事项： 本试卷共4页，19小题，考试时间120分钟，总分150分． 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔扣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，将答案与在正考写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，且，其中，为实数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列为等差数列，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 一组不全相等的数据，将其去掉一个最小的数据后，则下列数字特征一定改变的是（ ） A. 众数 B. 中位数 C. 平均数 D. 极差 5. 若圆与圆无公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知某圆锥的母线长为2，且其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的偶函数，当时，，若为奇函数，且6，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的最小正周期大于，若存在唯一的，使得，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则在方向上的投影向量为 10. 在直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与的两条渐近线的交点分别记为，，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为，前项和为，记集合，且，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当有无数个元素时， D. 当时，至多有3个元素 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数存在极值点，则实数的取值范围为_________． 13. 记抛物线的焦点为，过的直线与C交于，两点，与C的准线交于点，若，且，则_________． 14. 已知甲、乙两位同学均从9种课外读物中随机选读3种，且甲、乙的选择相互独立，记其中被甲或乙选中的课外读物的种数为随机变量，则的数学期望为_________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明 15. 记的内角，，所对的边分别为，，，已知，． （1）求； （2）若的面积为，求边上的高． 16. 如图，三棱锥中，，是的中点，平面平面，． （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知有三个红球和足够多的白球，它们除了颜色之外其余完全相同，现将这三个红球和其中的一个白球放入一个不透明的盒子里，并设置取球游戏的规则如下：每次从盒子里取一个球，若取到红球，则该红球不放回盒子里，但将盒子外的一个白球放入盒子里；若取到白球，则该白球不放回盒子里，且不放入盒子外的任何球．如此重复取球，直到盒子里仅有一种颜色的球时，游戏结束． （1）求恰好经过三次取球后，游戏结束的概率； （2）当游戏结束时，记盒子里的红球个数为随机变量，求的分布列与数学期望． 18. 记椭圆的左顶点和左焦点分别为，，直线与交于，两点，为坐标原点 （1）若存在，使四边形是边长为2的菱形，求． （2）记直线，的斜率分别为，，的离心率为． （i）若，且，证明：； （ii）若直线的斜率，且，，成等差数列，求的取值范围． 19. 已知定义在上的函数． （1）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （2）已知关于的方程在区间存在实数解． （i）若，求的取值范围； （ii）求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026泉州五中高三开学数学试题 2026.8 注意事项： 本试卷共4页，19小题，考试时间120分钟，总分150分． 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔扣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，将答案与在正考写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，，因此,，得， 得或，因此,所以. 2. 已知，且，其中，为实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，则, 由，得 ，所以  ， 因此 且，解得，，因此. 3. 已知数列为等差数列，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】可知，化简得，即. 4. 一组不全相等的数据，将其去掉一个最小的数据后，则下列数字特征一定改变的是（ ） A. 众数 B. 中位数 C. 平均数 D. 极差 【答案】C 【解析】 【详解】一组不全相等的数据，最小的数据可能不唯一，所以去掉一个最小的数据后，众数，中位数和极差并不一定改变，但平均数一定变大. 5. 若圆与圆无公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将两圆方程化为标准方程得到圆心与半径，再根据两圆无公共点对应外离或内含的位置关系，列不等式求解的取值范围． 【详解】圆化为标准式： 圆心，半径, 圆，圆心，半径， 两圆无公共点，即外离或内含， 圆心距， 若两圆外离，则，即，解得或； 若两圆内含，则，无解． 因此两圆无公共点的条件是． 6. 已知某圆锥的母线长为2，且其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设圆锥底面半径为，因为其侧面展开图为一个半圆， 所以. 所以圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形. 所以圆锥的内切球半径为：， 所以内切球的表面积为：. 7. 已知定义在上的偶函数，当时，，若为奇函数，且6，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用偶函数和是奇函数的性质推导函数周期为4，结合已知条件求出解析式的系数，再利用周期性和对称性转化到已知解析式的区间内计算即可。  【详解】已知是定义在上的偶函数，故. 又是奇函数，对任意有， 且在处有定义，故. 将中的替换为，得, 结合偶函数性质，故. 再将替换为，得，进一步得， 即是周期为4的周期函数；当时，， 所以， 又因为，所以,解得， 由周期性得，， 代入解析式： . 8. 已知函数的最小正周期大于，若存在唯一的，使得，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的最小正周期求出的范围，再由的范围得到的范围，从而判断出的所有可能取值，最后根据的唯一性列出不等式即可求解． 【详解】由得， 由得， 由得， 而，所以， 故要使，只能或， 又因为存在唯一的满足条件， 所以或 再结合，解得． 二、多项选择题：本题共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. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则在方向上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量坐标运算，垂直则点积为0，平行则坐标交叉相乘相等，夹角余弦等于点积除以两向量模的乘积，投影向量套对应公式，逐个代入计算判断对错. 【详解】 选项A：若，则点积为0，即，解得，故A错误. 选项B：若，满足交叉项相等：，解得，故B正确. 选项C：若，则，，，， 因此，故C正确. 选项D：若，在方向上的投影向量公式为，代入数据得，故D正确. 10. 在直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与的两条渐近线的交点分别记为，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据得为线段的中点，再结合过的直线与的两条渐近线的交点分别记为，，联立方程求出点，的坐标后借助向量知识求解. 【详解】 双曲线 的左、右焦点分别为，，两条渐近线分别为，， 因为过的直线与的两条渐近线的交点分别记为，，且， 设，，则， 又在直线上，在直线上， 即，， 代入得，解得，即，. 对于A：因为为线段的中点，为线段的中点，则易得，A正确； 对于B：向量，，向量，， 则，，则，，B错误； 对于C：因为，，所以，C正确； 对于D：向量，，，即，D错误. 11. 已知等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为，前项和为，记集合，且，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当有无数个元素时， D. 当时，至多有3个元素 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，当时，利用求和公式求出， ，作差法比较大小即可，对于B，当时，由，，联立得，结合、可得，即可推导的范围，对于C，取特殊值即可验证选项是否正确， 对于D，当时，等差数列单调递减，解方程，结合指数函数与一次函数的交点性质，即可判断正整数解的个数上限，得到元素的最多数量. 【详解】设，由，得，整理得核心关系， 对于A，∵ ，∴ . 由题意得等差数列前9项和为. 等比数列前9项和为. 作差得. 对括号内式子分组变形得 ， ∵ ，∴ ， 而对均成立， 故括号内整体大于0，结合，得，即. 对于B，当时，∵ ，且， ∴ ，即，∵ 8为偶次幂，故等价于，故B正确. 对于C，当有无数个元素时，即存在无穷多正整数使得： 取特殊值，则，代入得， 此时对所有成立，. ∴ 当为正奇数时，，即为全体正奇数，有无穷多个元素，满足条件， 但此时，， 显然，与选项结论矛盾，故C错误. 对于D，设，由得，即. 当时，，即且. 方程等价于，我们按公比的正负分类讨论解的个数： 情况1：对于，构造连续函数，， 我们需要求的正整数解个数，对求导得， ，，且随增大单调递减， 故是上的单调递增函数，即在定义域内最多只有1个极值点. ∵ 连续函数最多1个极值点时，零点个数至多为2， 已知（对应）、（对应）是的两个解， 因此不存在其他正整数解，此时最多有2个元素. 情况2：对于，此时正负随的奇偶性交替， 当为奇数时，为偶数，， 此时方程等价于， 和情况1完全一致，最多只有、两个解， 当为偶数时，为奇数，，故. ，， ∴ 等差数列单调递减，仅当时才会小于0. 此时且为偶数时，单调递减、数值逐渐趋向负无穷； 单调递增、数值逐渐趋向0， 单调递减函数与单调递增函数至多有1个交点，即最多存在1个偶数满足. 综上，两种情况合计最多有个正整数解，即时至多有3个元素. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数存在极值点，则实数的取值范围为_________． 【答案】 【解析】 【详解】因为函数存在极值点， 所以有两个不相等的实数根，故. 13. 记抛物线的焦点为，过的直线与C交于，两点，与C的准线交于点，若，且，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】过A、B作准线的垂线，利用抛物线定义将焦半径转化为点到准线的距离，结合向量条件与相似三角形比例关系求得|FB|，再由中点坐标性质和中位线公式计算p. 【详解】 抛物线的焦点为，准线方程为， 分别过点、作准线的垂线，垂足为、， 根据抛物线定义得，， 设，则， 由得，且四点共线， 故， 因为，故， 则，所以， 由于，约去化简得，解得，即， 此时，故为线段的中点， 设准线与轴交点是，所以是的中位线， 则，即. 14. 已知甲、乙两位同学均从9种课外读物中随机选读3种，且甲、乙的选择相互独立，记其中被甲或乙选中的课外读物的种数为随机变量，则的数学期望为_________． 【答案】5 【解析】 【分析】设为第i种课外读物是否被选中，利用独立事件乘法公式求解，再利用数学期望的线性性质求出. 【详解】将9种课外读物编号为， 设为第i种课外读物是否被选中，， 则， 又， , 则． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明 15. 记的内角，，所对的边分别为，，，已知，． （1）求； （2）若的面积为，求边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由同角三角函数基本关系求，再结合正弦定理变形代入已知条件求解； （2）先利用三角形面积公式求边，再由余弦定理求边，最后结合面积公式求边上的高． 【小问1详解】 因为为的内角，所以，， 由，得， 根据正弦定理，变形得， 已知，代入得，解得． 【小问2详解】 设边上的高为，由三角形面积公式， 将，， 代入得：， 化简得，解得， 由余弦定理， 代入，，， 得， 因，故， 再由面积公式，代入，， 得：， 解得． 16. 如图，三棱锥中，，是的中点，平面平面，． （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：因为，是的中点， 所以,又平面平面，是交线，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，分别以所在直线为轴，以过平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以, 设平面的法向量， 则，令，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知有三个红球和足够多的白球，它们除了颜色之外其余完全相同，现将这三个红球和其中的一个白球放入一个不透明的盒子里，并设置取球游戏的规则如下：每次从盒子里取一个球，若取到红球，则该红球不放回盒子里，但将盒子外的一个白球放入盒子里；若取到白球，则该白球不放回盒子里，且不放入盒子外的任何球．如此重复取球，直到盒子里仅有一种颜色的球时，游戏结束． （1）求恰好经过三次取球后，游戏结束的概率； （2）当游戏结束时，记盒子里的红球个数为随机变量，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）分布列为： 期望为. 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件同时发生的概率公式及互斥事件的和的概率公式求解； （2）根据题意求出随机变量的概率，列出分布列，求期望即可. 【小问1详解】 恰好经过三次取球后，游戏结束，可分为两个互斥事件， 第一次取出红球， 盒子里面变为2红球2白球，第二次取出红球，盒子里面变为1红球3白球，第三次取出红球后，盒子里面变为4白球，游戏结束，其概率为； 第一次取出红球， 盒子里面变为2红球2白球，第二次取出白球，盒子里面变为2红球1白球，第三次取出白球后，盒子里面变为2红球，游戏结束，其概率为， 所以恰好经过三次取球后，游戏结束的概率. 【小问2详解】 由题意，的取值为， ，， ， ， 所以分布列为： . 18. 记椭圆的左顶点和左焦点分别为，，直线与交于，两点，为坐标原点 （1）若存在，使四边形是边长为2的菱形，求． （2）记直线，的斜率分别为，，的离心率为． （i）若，且，证明：； （ii）若直线的斜率，且，，成等差数列，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）已知椭圆离心率​​，则，结合得，椭圆方程简化为. 左顶点，设，则，  由​，得： ，又在椭圆上满足，即， 所以，可得，所以，.  设，则，且， ​，又， 所以，得证. （ii） 【解析】 【分析】（1）利用菱形四边相等的几何性质得到并确定点坐标，代入椭圆方程结合建立关于的方程求解参数； （2）（i）先由离心率化简椭圆方程，利用、关于轴对称写出两点斜率，结合斜率差条件与椭圆方程得到坐标关系，再借助两角差的正切公式计算求得的正切值完成角度证明；（ii）利用等差数列中项与椭圆的定义得到，设参数建立关于的表达式，结合斜率大于求出的取值范围，再借助导数求得函数单调性，进而计算可得离心率的取值范围. 【小问1详解】 已知椭圆，左焦点（其中​）， 直线与椭圆交于两点，由椭圆对称性可知关于轴对称， 因为四边形是边长为2的菱形，所以，即. 且，可设， 由，得，所以，所以， 由椭圆的对称性，不妨取，则，此时，满足条件； 将代入椭圆方程，结合、，得 整理得， 解得（舍去负根）. 【小问2详解】 （i）略； （ii）已知成等差数列，故， 设，由关于轴对称，得，则， 设椭圆右焦点为，则，又由对称性得，所以， 因此，即，所以，又在椭圆上满足， 则，整理得， 令，则，由点满足椭圆方程且可得，则，整理得， 所以，解得. 直线的斜率，故，代入得， 又，，所以，代入整理得，解得. 令，则，在单调递增， 因为，， 所以，解得. 19. 已知定义在上的函数． （1）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （2）已知关于的方程在区间存在实数解． （i）若，求的取值范围； （ii）求的最小值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）分类讨论的范围，构造函数将恒成立问题转化为求函数最值问题即可求解； （2）（i）由题得，设，将方程转化为与直线在有交点问题，数形结合即可求解；（ii）可知为直线上一点，根据点到直线的距离可得，令，利用导数分析最值即可得结果． 【小问1详解】 由题意，不等式在区间上恒成立， 当时，，不等式恒成立，符合题意， 当时，，设， 令， 当， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又时，时，画出简图， 所以无最小值，不合题意； 当时，，同上设， 则，所以， 综上所述，的取值范围为． 【小问2详解】 （i）由题知，， 设， 令， 当， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，单调递增， ，，作出简图， 所以直线与在有交点， 当直线过点时，， 当直线过点时，， 数形结合得． （ii）方程，，即，， 当时，不成立，可知不是方程的解，所以， 则为直线上一点， 且点到直线上的距离为， 则， 令，， 因为， 可得，， 则， 因为，则，，可得， 可知在内单调递增，则， 可得 所以的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $