2026届福建省名校联盟高三上学期开学摸底联合考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省名校联盟2026届高三上学期开学摸底联合考试数学试题本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上和本试卷上.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.考试结束后，将答题卡交回.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】A【解析】由已知，，所以.故选：A.2.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意有，所以，故选：D.3.椭圆的焦距为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】由可得，则椭圆的长半轴长为短半轴长为，则其焦距为.故选：B.4.若函数是奇函数，则（）A.-1 B.0 C.1 D.3【答案】C【解析】的定义域为，关于原点对称，则，即，故，解得，故选：C5.若实数满足，则的最小值是（）A. B. C.4 D.6【答案】C【解析】实数满足，由基本不等式得：,当且仅当,即时取等号，则的最小值是4；故选：C6.若函数为减函数，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为为减函数，所以恒成立，即令，则，对于函数，当时，在单调递增，，得；当时成立；当时，在单调递减，，得；综上，的取值范围为.故选：B.7.记锐角的内角的对边分别为，已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，，所以化简得：因为是锐角三角形，，所以，两边同时除以，可得，即，又因为，所以，由正弦定理，已知，则，因为，所以，即，，因为，根据大边对大角，，且，所以.故选：D.8.设抛物线的焦点为，点在上，则的周长的最小值为（）A.8 B.10 C.12 D.16【答案】C【解析】由周长为，若垂直于抛物线准线于，所以，而，所以，要使周长最小，即最小，仅当三点共线时，取最小值为7，所以最小周长为12.故选：C.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.已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】AD【解析】A：若，则存在使，又，则，故，对；B：若，则或，错；C：若，则平行或相交都有可能，错；D：若，根据线面垂直的性质知，对.故选：AD10.将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，则下列结论正确的是（）A.的最小正周期为B.C.在区间上单调递减D.的图象关于点对称【答案】BC【解析】，将图象向左平移个单位长度得，因为平移后图象关于轴对称，所以，所以，因为，所以，所以B正确；又，所以函数的最小正周期为，所以A错误；令，解得，当时，函数的单调递减区间为，又，所以在区间上单调递减，所以C正确；令，解得，当时，，当时，，所以图象关于点和点对称，不关于点对称，所以D错误.故选：BC.11.已知信道内传输0，1数字信号需经历多个节点，且每个节点的信号传输相互独立.当第号节点发送0时，第号节点收到1的概率为，收到0的概率为；当第号节点发送1时，第号节点收到0的概率为，收到1的概率为.设当基站（记为0号节点）依次发送信号1，0时，第号节点依次接收到的信号仍是1，0的概率为，则（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】ACD【解析】当基站（0号节点）发送信号1时，1号节点接收到1的概率为，当基站（0号节点）发送信号0时，1号节点接收到0的概率为，所以，若，则，所以A正确；当基站（0号节点）发送信号1时，1号节点接收到1，2号节点也接收到1的概率为，1号节点接收到0，2号节点接收到1的概率为；当基站（0号节点）发送信号0时，1号节点接收到0，2号节点也接收到0的概率为，1号节点接收到1，2号节点接收到0的概率为，所以，若，则，所以B错误；设基站发送信号1时，第号节点依次接收到的信号仍是1的概率为，设基站发送信号0时，第号节点依次接收到的信号仍是0的概率为，若，则，对于，有，，，所以C正确；若，则，，可得递推关系，，解得，，所以，所以D正确.故选：ACD.三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.写出曲线过坐标原点的切线方程：______，______.【答案】①.②.【解析】当时，，则，曲线在点处的切线方程为.若该切线经过原点，则，解得，此时切线方程为.当时，同理可得满足题意的切线方程为.故答案为：；13.记为公比大于1的等比数列的前项和，若，，则__________.【答案】【解析】设等比数列的公比为，由，得，即.再由，得，即，解得或（舍去）,.所以.故答案为：.14.英国数学家约翰•康威发现了有趣的“康威圆定理”，如图，设的内角的对边分别为，依次延长线段至，使得，，则六点共圆，并称此圆为的“康威圆”.已知某三角形的面积为，其一条边长为2，点在该三角形的“康威圆”上运动，若是该三角形内切圆的直径，则的最小值为__________.【答案】9【解析】设的“康威圆”的半径为,其圆心为,内切圆半径为,内切圆圆心为,因为,所以到,,的距离相等，则的“康威圆”的圆心与内切圆的圆心重合，则到的距离为内切圆半径,由弦长公式可得：,则由于,所以,由于三角形的面积为，其一条边长为2，不妨假设,过作的垂线，交为,设,所以,则,,,所以可看作点到点和的距离之和，由于点在直线上运动，点关于的对称点为，故当取最小值，等价于点到点的距离，则，当时，即为中点，则△ABC为等腰三角形时，取最小值为4，所以,故答案为：9.四､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.某地同城闪送为了提高服务质量，进行了服务改进，并对服务进行评分.已知服务改进前某天共有1000个订单，其好评率为；服务改进后某天共有1500个订单，其中好评订单为1350个.（1）已知某100个好评订单评分的极差为2，数据如下表所示（其中，是正整数）服务评分8.599.510订单数量3213114求这100个好评订单的第40百分位数；（2）根据服务改进前后的这两天的订单数据完成下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断订单获得好评与服务改进是否有关.好评订单非好评订单合计服务改进前1000服务改进后13501500合计附：，0.10.050.010.0012.7063.8416.63510.828【答案】解：（1）根据题意，这100个好评订单评分的极差为2，因此，解得，又有，解得，因为，所以这100个好评订单的第40百分位数为服务评分按从小到大的顺序排列后的第40个订单和第41个订单服务评分的平均数，即.故这100个好评订单的第40百分位数为8.25.（2）根据题意，服务改进前好评订单的数量为，由此可得列联表如下：好评订单非好评订单合计服务改进前8501501000服务改进计22003002500零假设：订单获得好评与服务改进无关，，所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即订单获得好评与服务改进有关，该推断犯错误的概率不超过0.001.16.已知等差数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若，求的值.【答案】解：（1）设等差数列的公差为，则，解得，所以的通项公式为；（2），，若为偶数，则，若为奇数，则，，若为偶数，则，解得，若为奇数，则，解得，综上，或9717.如图，在矩形中，，将沿翻折得到四棱锥，且二面角为直角.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的正弦值.【答案】（1）证明：矩形中，，故，又，由勾股定理得，，又，故，由勾股定理逆定理得，因为二面角为直角，即平面⊥平面，交线为，又⊥，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，因为，平面，所以平面；（2）解：平面中，过点作⊥，过点作⊥于点，则，，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，由于，故，所以，，显然平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，令得，，故，所以，平面与平面夹角的正弦值为.18.已知双曲线的右焦点为，离心率为2，圆与恰有两个交点.（1）求的方程；（2）设为的左顶点，过且斜率存在的直线交的右支于两点，直线分别交圆的另一点于.（i）证明：三点共线；（ii）设直线与直线交于，证明：点在定直线上.【答案】（1）解：因为圆与恰有两个交点，由双曲线及圆的对称性知，圆过双曲线的左右顶点，所以，又，所以，故，所以双曲线的方程为.（2）证明：（i）由（1）知，,设过的直线方程为，，如图，由，可得，，其中，，，，为圆的一条直径，三点共线.（ii）不妨设直线，其中，由（i）可知，由，可得，解得,故可得，即，，直线，由，可解得，点在定直线上.19.已知函数定义在上，记的导函数为.（1）求的单调区间与最小值；（2）若，讨论函数的极值点个数；（3）证明：当时，.【答案】（1）解：的定义域为，，令，即，得.当时，，在上是单调递减；当时，，在上单调递增；因为在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.的单调递减区间为，单调递增区间为，的最小值为．（2）解：，，，令，即，变形得，由（1）知的最小值为，当时，与的图象没有交点，即，无极值点；当时，与的图象有且只有一个交点，即有一个解，但在该点两侧同号，无极值点；当时，与的图象有两个交点，即有两个解，又，，，在区间各有唯一零点和，且由的单调性，在和单调递增，在单调递减，在上无其它零点,故有且仅有2个极值点.综上，当时，无极值点；当时，有且仅有2个极值点．（3）证明：，则，即，令，即，解得．当时，单调递减；当时，单调递增，则为的最小值，故，设，，，易知，，是上的增函数，，，.福建省名校联盟2026届高三上学期开学摸底联合考试数学试题本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上和本试卷上.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.考试结束后，将答题卡交回.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】A【解析】由已知，，所以.故选：A.2.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意有，所以，故选：D.3.椭圆的焦距为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】由可得，则椭圆的长半轴长为短半轴长为，则其焦距为.故选：B.4.若函数是奇函数，则（）A.-1 B.0 C.1 D.3【答案】C【解析】的定义域为，关于原点对称，则，即，故，解得，故选：C5.若实数满足，则的最小值是（）A. B. C.4 D.6【答案】C【解析】实数满足，由基本不等式得：,当且仅当,即时取等号，则的最小值是4；故选：C6.若函数为减函数，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为为减函数，所以恒成立，即令，则，对于函数，当时，在单调递增，，得；当时成立；当时，在单调递减，，得；综上，的取值范围为.故选：B.7.记锐角的内角的对边分别为，已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，，所以化简得：因为是锐角三角形，，所以，两边同时除以，可得，即，又因为，所以，由正弦定理，已知，则，因为，所以，即，，因为，根据大边对大角，，且，所以.故选：D.8.设抛物线的焦点为，点在上，则的周长的最小值为（）A.8 B.10 C.12 D.16【答案】C【解析】由周长为，若垂直于抛物线准线于，所以，而，所以，要使周长最小，即最小，仅当三点共线时，取最小值为7，所以最小周长为12.故选：C.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.已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】AD【解析】A：若，则存在使，又，则，故，对；B：若，则或，错；C：若，则平行或相交都有可能，错；D：若，根据线面垂直的性质知，对.故选：AD10.将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，则下列结论正确的是（）A.的最小正周期为B.C.在区间上单调递减D.的图象关于点对称【答案】BC【解析】，将图象向左平移个单位长度得，因为平移后图象关于轴对称，所以，所以，因为，所以，所以B正确；又，所以函数的最小正周期为，所以A错误；令，解得，当时，函数的单调递减区间为，又，所以在区间上单调递减，所以C正确；令，解得，当时，，当时，，所以图象关于点和点对称，不关于点对称，所以D错误.故选：BC.11.已知信道内传输0，1数字信号需经历多个节点，且每个节点的信号传输相互独立.当第号节点发送0时，第号节点收到1的概率为，收到0的概率为；当第号节点发送1时，第号节点收到0的概率为，收到1的概率为.设当基站（记为0号节点）依次发送信号1，0时，第号节点依次接收到的信号仍是1，0的概率为，则（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】ACD【解析】当基站（0号节点）发送信号1时，1号节点接收到1的概率为，当基站（0号节点）发送信号0时，1号节点接收到0的概率为，所以，若，则，所以A正确；当基站（0号节点）发送信号1时，1号节点接收到1，2号节点也接收到1的概率为，1号节点接收到0，2号节点接收到1的概率为；当基站（0号节点）发送信号0时，1号节点接收到0，2号节点也接收到0的概率为，1号节点接收到1，2号节点接收到0的概率为，所以，若，则，所以B错误；设基站发送信号1时，第号节点依次接收到的信号仍是1的概率为，设基站发送信号0时，第号节点依次接收到的信号仍是0的概率为，若，则，对于，有，，，所以C正确；若，则，，可得递推关系，，解得，，所以，所以D正确.故选：ACD.三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.写出曲线过坐标原点的切线方程：______，______.【答案】①.②.【解析】当时，，则，曲线在点处的切线方程为.若该切线经过原点，则，解得，此时切线方程为.当时，同理可得满足题意的切线方程为.故答案为：；13.记为公比大于1的等比数列的前项和，若，，则__________.【答案】【解析】设等比数列的公比为，由，得，即.再由，得，即，解得或（舍去）,.所以.故答案为：.14.英国数学家约翰•康威发现了有趣的“康威圆定理”，如图，设的内角的对边分别为，依次延长线段至，使得，，则六点共圆，并称此圆为的“康威圆”.已知某三角形的面积为，其一条边长为2，点在该三角形的“康威圆”上运动，若是该三角形内切圆的直径，则的最小值为__________.【答案】9【解析】设的“康威圆”的半径为,其圆心为,内切圆半径为,内切圆圆心为,因为,所以到,,的距离相等，则的“康威圆”的圆心与内切圆的圆心重合，则到的距离为内切圆半径,由弦长公式可得：,则由于,所以,由于三角形的面积为，其一条边长为2，不妨假设,过作的垂线，交为,设,所以,则,,,所以可看作点到点和的距离之和，由于点在直线上运动，点关于的对称点为，故当取最小值，等价于点到点的距离，则，当时，即为中点，则△ABC为等腰三角形时，取最小值为4，所以,故答案为：9.四､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.某地同城闪送为了提高服务质量，进行了服务改进，并对服务进行评分.已知服务改进前某天共有1000个订单，其好评率为；服务改进后某天共有1500个订单，其中好评订单为1350个.（1）已知某100个好评订单评分的极差为2，数据如下表所示（其中，是正整数）服务评分8.599.510订单数量3213114求这100个好评订单的第40百分位数；（2）根据服务改进前后的这两天的订单数据完成下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断订单获得好评与服务改进是否有关.好评订单非好评订单合计服务改进前1000服务改进后13501500合计附：，0.10.050.010.0012.7063.8416.63510.828【答案】解：（1）根据题意，这100个好评订单评分的极差为2，因此，解得，又有，解得，因为，所以这100个好评订单的第40百分位数为服务评分按从小到大的顺序排列后的第40个订单和第41个订单服务评分的平均数，即.故这100个好评订单的第40百分位数为8.25.（2）根据题意，服务改进前好评订单的数量为，由此可得列联表如下：好评订单非好评订单合计服务改进前8501501000服务改进计22003002500零假设：订单获得好评与服务改进无关，，所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即订单获得好评与服务改进有关，该推断犯错误的概率不超过0.001.16.已知等差数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若，求的值.【答案】解：（1）设等差数列的公差为，则，解得，所以的通项公式为；（2），，若为偶数，则，若为奇数，则，，若为偶数，则，解得，若为奇数，则，解得，综上，或9717.如图，在矩形中，，将沿翻折得到四棱锥，且二面角为直角.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的正弦值.【答案】（1）证明：矩形中，，故，又，由勾股定理得，，又，故，由勾股