2026届福建省漳州市高三第一次教学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省漳州市2026届高三第一次教学质量检测数学试题本试卷共19小题，满分150分.考试时间120分钟.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】[方法一]：直接法因为，故，故选：B.[方法二]：[最优解]代入排除法代入集合，可得，不满足，排除A、D；代入集合，可得，不满足，排除C.故选：B.2.已知复数，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】A【解析】，对应点坐标为，在第一象限．故选：A.3.样本数据的下四分位数为（）A.3 B.3.5 C.10 D.11【答案】B【解析】因为，所以样本数据的下四分位数为，故选：B.4.已知向量，，且，则（）A. B. C.6 D.10【答案】A【解析】由可得，求得；因此可得.故选：A.5.已知点，抛物线：的焦点为F，P是C上的动点，则的最小值为（）A. B.2 C. D.3【答案】B【解析】过点作抛物线的准线于点，由抛物线定义可得，则，当且仅当、、三点共线，抛物线的准线，即时，有最小值.故选：B.6.已知数列是等比数列，，，令，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】设等比数列的公比为，因为，，可得，解得，则，解得，所以.又由当时，，所以数列表示首项为，以为公比的等比数列，所以.故选：C．7.定义在上的奇函数满足：，且，，若，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为，且，，所以，设，则，，且，，根据单调性的定义可得，在上单调递增，因为在R上为奇函数，所以，所以在R上为奇函数，所以在上单调递增，因为，所以，则，所以的解集为，所以的解集为.故选：D.8.一个高为，上、下底面半径分别是和的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则铁球表面积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图，作出圆台的轴截面，分析可知，要使球的表面积最大，则球需要与相切，设圆的半径为，则，由，所以，所以，作，由，所以，又，所以，又，，所以，即，所以球的表面积的最大值为，故选：C.二、多项选择题：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，选对但不全的得部分分，有选错或不选的得0分.9.在中，角的对边分别是，，，，则的值可以是（）A.1 B. C.2 D.【答案】AC【解析】根据余弦定理可得，即，，，，解得或.故选：AC.10.在正方体中，E，F分别为和的中点，下列说法正确的是（）A.平面平面B.C.与平面所成角的正切值为D.【答案】BCD【解析】A选项：如图，取中点，连接，，，在正方体中，，平面，平面，，不在平面内，∴平面，平面，且，平面，平面，∴平面平面，由图可知，平面，平面相交，∴平面与平面不平行，故A选项错误；B选项：如图，取中点，连接，，在正方体中，∴平面，平面，∴，在正方形中，，∴，且，平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，B选项正确；C选项：如图，连接，，在正方体中平面平面，∴与平面所成角为，设正方体棱长为，则，∴，∴，C选项正确；D选项：如图，设正方体棱长为，，∴，D选项正确.故选：BCD.11.若函数的图象上存在四点共圆，则满足条件的可以是（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】对于A，函数的图象为抛物线，关于y轴对称，不妨取，则四边形为等腰梯形，则四点共圆，A符合题意；对于B，，定义域为，在上单调递增，该函数图象上升比较平缓，图象上没有剧烈变化的分界点，故不可能存在某个圆与的图象有4个交点，即的图象上不可能存在四点共圆，B不符合题意；对于C，作出的图象，必存在圆与的图象有4个交点的情况，C符合题意；对于D，作出的图象，可知当时，图象比较平缓地上升，当且x逐渐变大时，函数图象上升，且变得越来越陡峭，故只要某圆的半径足够大，必存在圆与的图象有4个交点，D符合题意.故选：ACD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.设函数，则曲线在点处的切线方程为______.【答案】【解析】因为，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即，故答案为：.13.已知双曲线的两条渐近线夹角是,则双曲线C的离心率为________.【答案】2或【解析】双曲线的两条渐近线夹角是,或.或,解得双曲线C的离心率为2或.故答案为：2或.14.在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点到整点或的有向线段叫做一个T步，从整点A到整点B的一条T路是指由若干个T步组成的起点为A、终点为B的有向折线.则整点到整点的T步的条数为______.（结果用数字表示）【答案】15【解析】由题意，从整点到整点，记为上步，从整点到整点，记为下步，不管上步还是下步，在一个T步上横坐标都增加1，而上步纵坐标增加1，下步纵坐标减少1，因此整点到整点的T步一共有6个，且上步有4个，下步有2个，因此整点到整点的T路的条数为.故答案为：15.四、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.15.2025年漳州市创新创业大赛吸引了众多优质项目参与，经评审，某领域有10个项目进入最终角逐，其中科技类项目6个，文创类项目4个.（1）为分析项目研发投入与最终得分的关系，收集了该领域5个项目的研发投入（单位：万元）和最终得分（单位：分），数据如下表：研发投入2030405060最终得分6669767984请根据表中数据，建立关于的回归直线方程；（2）从上述10个项目中随机抽取3个进行路演展示，记抽中的科技类项目个数为X，求X的分布列和数学期望.（参考公式与数据：，，，）【答案】解：（1），，因为，，所以，，所以回归直线方程为.（2）由题意，的可能取值为0，1，2，3.，，，.所以的分布列为0123所以.16.设函数，且的图象相邻两条对称轴的距离为.（1）求的单调递增区间；（2）将所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，求数列的前30项和.【答案】解：（1）因为，因为的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为，所以，又，所以，所以，令，，解得，，所以的单调递增区间为；（2）因为，令，得，所以或，，即或，，所以所有的正零点为或，，所以是以为首项，π为公差的等差数列，所以是以为首项，π为公差的等差数列，所以.17.已知函数.（1）当时，证明：；（2）若存在两个零点，求的取值范围.【答案】（1）证明：依题意得，要证，只需证，令，所以.设，当时，，所以在区间上单调递增，所以当时,，即，所以在区间上单调递增，故当时,.故当时，，即.（2）解：，.若，则，所以在上单调递增，所以至多有1个零点，舍去；若，令，解得，所以当时，；当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.因为，所以当时，;当时，;由存在两个零点，得，即，所以,所以.综上所述，的取值范围是.解法二：因为，所以不是的零点.所以存在两个零点等价于关于的方程有两个不同的解，即函数的图象与常数函数的图象有两个不同的交点.因为，当或时，；当时，.所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增.当时，；当时，.当时，因为在区间上单调递减，此时与至多一个交点，舍去；当时，要使得与有两个交点，需满足，在的条件下，因为及，且在区间上单调递减，所以与在区间上恰1个交点；由(1)知，，又因为，且在区间上单调递增，所以与在区间上恰1个交点.综上所述，若在定义域内存在两个零点，则的取值范围是.18.如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，.（1）求证：平面；（2）若平面平面，，.（i）当时，求证：平面；（ii）当二面角的正弦值为时，求的值.【答案】（1）证明：连接交于点，连接，因为四边形是正方形，所以为中点，又因为为中点，所以在中，有，因为平面，平面，所以平面；（2）解法一：在正方形中，有，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.则有，，，，，，，，，（i）证明：当时，，，所以，，所以，，即，，又因为平面，平面，，所以平面.（ⅱ）解：设为平面的法向量，则有，即，取，得，，则是平面的一个法向量，，设为平面的法向量，则有，即，得，取，得，，则是平面的一个法向量，因为二面角的正弦值为，所以，所以，即，化简得，解得或（舍去）.所以的值为.解法二：（i）证明：因为平面平面，平面平面，四边形为正方形，，平面，所以平面.因为平面，所以.又，为中点，所以，又，所以平面，又平面，所以.又，，所以，所以，，，又.由余弦定理可得，所以，所以，又，所以平面.（ii）解：因为平面，平面，所以，，又因为平面，平面，所以二面角的平面角为，所以，，在中，，，所以，在中，，所以.又因为，所以，所以（负值舍去）.在中，，，在中，，又，由正弦定理，得，即，解得，所以的值.解法三：（i）证明：同解法二.（ii）解：因为平面，平面，所以，，又因为平面，平面，所以二面角的平面角为，所以，，在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向，建立平面直角坐标系，如图所示.则有，，，，，，，，即，化简得，解得或（舍去）.所以的值为.19.已知椭圆：的焦距为2，且过点.（1）求C的标准方程；（2）过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交于和，满足.（i）证明：，的斜率之和为定值；（ii）求四边形面积的最大值.【答案】（1）解：由焦距，即，可知两焦点坐标分别为，，则，即，，所以的标准方程为.（2）如图，（i）证明：设P，Q的坐标分别为，，设的方程为，联立，整理得，所以，，，，设的方程为，同理有，所以，即，由于，所以，即，所以，的斜率之和为定值0.（ⅱ）解：不妨设的斜率，其倾斜角为，则四边形的面积为，，同理得，由，得，又，所以.设，由基本不等式得，当且仅当等号成立，设，，，所以在区间上单调递减，当时，取得最大值，所以四边形的面积最大值为.或设，由基本不等式得，当且仅当等号成立，设，可知在区间上单调递增，当时，取得最大值，所以四边形的面积最大值为.福建省漳州市2026届高三第一次教学质量检测数学试题本试卷共19小题，满分150分.考试时间120分钟.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】[方法一]：直接法因为，故，故选：B.[方法二]：[最优解]代入排除法代入集合，可得，不满足，排除A、D；代入集合，可得，不满足，排除C.故选：B.2.已知复数，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】A【解析】，对应点坐标为，在第一象限．故选：A.3.样本数据的下四分位数为（）A.3 B.3.5 C.10 D.11【答案】B【解析】因为，所以样本数据的下四分位数为，故选：B.4.已知向量，，且，则（）A. B. C.6 D.10【答案】A【解析】由可得，求得；因此可得.故选：A.5.已知点，抛物线：的焦点为F，P是C上的动点，则的最小值为（）A. B.2 C. D.3【答案】B【解析】过点作抛物线的准线于点，由抛物线定义可得，则，当且仅当、、三点共线，抛物线的准线，即时，有最小值.故选：B.6.已知数列是等比数列，，，令，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】设等比数列的公比为，因为，，可得，解得，则，解得，所以.又由当时，，所以数列表示首项为，以为公比的等比数列，所以.故选：C．7.定义在上的奇函数满足：，且，，若，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为，且，，所以，设，则，，且，，根据单调性的定义可得，在上单调递增，因为在R上为奇函数，所以，所以在R上为奇函数，所以在上单调递增，因为，所以，则，所以的解集为，所以的解集为.故选：D.8.一个高为，上、下底面半径分别是和的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则铁球表面积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图，作出圆台的轴截面，分析可知，要使球的表面积最大，则球需要与相切，设圆的半径为，则，由，所以，所以，作，由，所以，又，所以，又，，所以，即，所以球的表面积的最大值为，故选：C.二、多项选择题：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，选对但不全的得部分分，有选错或不选的得0分.9.在中，角的对边分别是，，，，则的值可以是（）A.1 B. C.2 D.【答案】AC【解析】根据余弦定理可得，即，，，，解得或.故选：AC.10.在正方体中，E，F分别为和的中点，下列说法正确的是（）A.平面平面B.C.与平面所成角的正切值为D.【答案】BCD【解析】A选项：如图，取中点，连接，，，在正方体中，，平面，平面，，不在平面内，∴平面，平面，且，平面，平面，∴平面平面，由图可知，平面，平面相交，∴平面与平面不平行，故A选项错误；B选项：如图，取中点，连接，，在正方体中，∴平面，平面，∴，在正方形中，，∴，且，平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，B选项正确；C选项：如图，连接，，在正方体中平面平面，∴与平面所成角为，设正方体棱长为，则，∴，∴，C选项正确；D选项：如图，设正方体棱长为，，∴，D选项正确.故选：BCD.11.若函数的图象上存在四点共圆，则满足条件的可以是（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】对于A，函数的图象为抛物线，关于y轴对称，不妨取，则四边形为等腰梯形，则四点共圆，A符合题意；对于B，，定义域为，在上单调递增，该函数图象上升比较平缓，图象上没有剧烈变化的分界点，故不可能存在某个圆与的图象有4个交点，即的图象上不可能存在四点共圆，B不符合题意；对于C，作出的图象，必存在圆与的图象有4个交点的情况，C符合题意；对于D，作出的图象，可知当时，图象比较平缓地上升，当且x逐渐变大时，函数图象上升，且变得越来越陡峭，故只要某圆的半径足够大，必存在圆与的图象有4个交点，D符合题意.故选：ACD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.设函数，则曲线在点处的切线方程为______.【答案】【解析】因为，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即，故答案为：.13.已知双曲线的两条渐近线夹角是,则双曲线C的离心率为________.【答案】2或【解析】双曲线的两条渐近线夹角是,或.或,解得双曲线C的离心率为2或.故答案为：2或.14.在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点到整点或的有向线段叫做一个T步，从整点A到整点B的一条T路是指由若干个T步组成的起点为A、终点为B的有向折线.则整点到整点的T步的条数为______.（结果用数字表示）【答案】15【解析】由题意，从整点到整点，记为上步，从整点到整点，记为下步，不管上步还是下步，在一个T步上横坐标都增加1，而上步纵坐标增加1，下步纵坐标减少1，因此整点到整点的T步一共有6个，且上步有4个，下步有2个，因此整点到整点的T路的条数为.故答案为：15.四、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.15.2025年漳州市创新创业大赛吸引了众多优质项目参与，经评审，某领域有10个项目进入最终角逐，其中科技类项目6个，文创类项目4个.（1）为分析项目研发投入与最终得分的关系，收集了该领域5个项目的研发投入（单位：万元）和最终得分（单位：分），数据如下表：研发投入2030405060最终得分6669767984请根据表中数据，建立关于的回归直线方程；（2）从上述10个项目中随机抽取3个进行路演展示，记抽中的科技类项目个数为X，求X的分布列和数学期望.（参考公式与数据：，，，）【答案】解：（1），，因为，，所以，，所以回归直线方程为.（2）由题意，的可能取值为0，1，2，3.，，，.所以的分布列为0123所以.16.设函数，且的图象相邻两条对称轴的距离为.（1）求的单调递增区间；（2）将所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，求数列的前30项和.【答案】解：（1）因为，因为的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为，所以，又，所以，所以，令，，解得，，所以的单调递增区间为；（2）因为，令，得，所以或，，即或，，所以所有的正零点为或，，所以是以为首项，π为公差的等差数列，所以是以为首项，π为公差的等差数列，所以.17.已知函数.（1）当时，证明：；（2）若存在两个零点，求的取值范围.【答案】（1）证明：依题意得，要证，只需证，令，所以.设，当时，，所以在区间上单调递增，所以当时,，即，所以在区间上单调递增，故当时,.故当时，，即.（2）解：，.若，则，所以在上单调递增，所以至多有1个零点，舍去；若，令，解得，所以当时，；当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.因为，所以当时，;当时，;由存在两个零点，得，即，所以,所以.综上所述，的取值范围是.解法二：因为，所以不是的零点.所以存在两个零点等价于关于的方程有两个不同的解，即函数的图象与常数函数的图象有两个不同的交点.因为，当或时，；当时，.所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增.当时，；当时，.当时，因为在区间上单调递减，此时与至多一个交点，舍去；当时，要使得与有两个交点，需满足，在的条件下，因为及，且在区间上单调递减，所以与在区间上恰1个交点；由(1)知，，又因为，且在区间上单调递增，所以与在区间上恰1个交点.综上所述，若在定义域内存在两个零点，则的取值范围是.18.如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，.（1）求证：平面；（2）若平面平面，，.（i）当时，求证：平面；（ii）当二面角的正弦值为时，求的值.【答案】（1）证明：连接交于点，连接，因为四边形是正方形，所以为中点，又因为为中点，所以在中，有，因为平面，平面，所以平面；（2）解法一：在正方形中，有，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角