福建省泉州市2026届高三下学期高中毕业班质量检测（一）数学 试卷（含解析）

福建省泉州市2026届高三下学期高中毕业班质量检测（一）数学试卷本试卷共19题，满分150分，共4页.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸､试题卷上答题无效.3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚.4.保持答题卡卡面清洁，不折叠､不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､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.已知集合，则（）A. B. C. D.2.若复数满足，则（）A. B. C.0或 D.0或3.已知向量，则（）A. B. C. D.4.已知函数的部分图象如图，则的解析式可能是（）A. B.C. D.5.为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展应用培训活动.现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分的取值分别为，若，则（）A.0.1 B.0.2 C.0.3 D.0.46.已知直线，圆关于轴对称，且过点，则圆上的点到的距离的最大值与最小值之和等于（）A. B. C. D.7.已知，，成等差数列，，，则（）A. B. C. D.18.已知定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且，若当时，，则（）A. B.C.存在极值点 D.有且只有一个零点二､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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.数列中，，则下列说法正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，D.当时，10.如图所示的花灯的轮廓是正六棱柱，其棱长均相等，且所有棱长的总和为36，则（）A.平面B.平面C.直线到平面的距离等于D.平面与平面的夹角的余弦值等于11.以坐标轴为对称轴的双曲线过点，其一条渐近线过点，且两焦点为.若直线，分别与的两支交于两点，线段的中点为，则下列说法正确的是（）A.双曲线的方程为B.若，则点在直线上C.若，则的取值范围为D.若，则与的内切圆的半径之比为2或三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某学习小组由6名男生和4名女生组成，从中依次随机抽取2人参加知识竞赛，则在第一次抽到男生的条件下，第二次抽到女生的概率等于______.13.将10个数从小到大排列，若这列数成等差数列，且所有奇数项的和为30，所有偶数项的和为40，则这列数的中位数等于__________.14.若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________.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.（13分）在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）若关于轴的对称点为，求的面积的最大值.16.（15分）为深入贯彻“五育融合”的教育理念，某地在中小学全面推广劳动教育实践课程，定期统计学生参与劳动实践的情况，下表是课程开设后前5个月的数据，其中表示月份编号，表示该月份日平均参与劳动实践的学生人数（单位：万）.月份编号12345日平均参与人数0.50.711.31.5根据表格数据得到如图所示的散点图.（1）根据散点图推断与是否线性相关，计算样本相关系数，并推断它们的相关程度；（2）由（1）所得结论，建立关于的回归方程，并预测第6个月的日平均参与人数；（3）假设第6个月（按30天计）的日参与人数（单位：万）服从正态分布，并视（2）的结果为的值，预测该月份日参与人数超过1.75万的天数是否不少于25天.附：①样本相关系数；②回归直线的斜率的最小二乘估计为；③；④若，则.17.（15分）的内角所对的边分别为，其面积为.已知.（1）求；（2）点满足，且，求.18.（17分）已知函数.（1）证明：有且只有一个极值点；（2）若恰有两个零点.（i）证明：；（ii）记的极值点为，若，求的取值范围.19.（17分）科赫四面体是一种借助递归迭代生成的分形几何体.其构造过程是：从一个正四面体开始，在该几何体的每个正三角形面上，移除以各边中点为顶点的小三角形，并以此小三角形为底面，向外构建小正四面体.如图，持续重复对新生成的几何体执行上述操作，最终得到科赫四面体.现有一种高效吸附材料，其结构为科赫四面体模型，此模型是由棱长为的正四面体经过持续重复上述操作得到的.记第次操作后生成的几何体为，设的表面积为，体积为.（1）求；（2）在材料科学中，物料的表面积与体积之比被定义为比表面积，其值越大，吸附能力越强.根据比表面积随的变化趋势，说明该材料吸附能力强的原因.（3）是否存在一个球形容器，能够使该材料整体放入其中？若存在，求其半径的最小值；若不存在，请说明理由.

参考答案及解析1.答案：D解析：由，所以.2.答案：C解析：设复数，则，所以，所以，解得或，所以或.3.答案：C解析：因为向量，可知，则.4.答案：A解析：由函数的图像，可得函数的定义域为，且其图像关于原点对称，即函数为奇函数，且当时，且，对于A，函数的定义域为，且，所以函数为奇函数，且当时，且，所以A符合题意；对于B，函数的定义域为，且，所以函数为偶函数，所以B不符合题意；对于C，函数为最小周期为的周期函数，所以C不符合题意；对于D，函数的定义域为，且满足，所以函数为奇函数，当时，且，所以D不符合题意.5.答案：B解析：由题可设，则，，所以，解得.所以.6.答案：D解析：由题意可设圆的方程为，将代入可得，解之得，所以圆心与半径分别为，则C到的距离为，所以圆上的点到的距离的最大值与最小值分别为，其和为.7.答案：B解析：因为，，成等差数列，所以，则.设，，则，，.又，，所以，整理得，即，所以，即.8.答案：D解析：，即，故函数为奇函数，设，则，由题意，当时，，在上单调递增，又为偶函数，故为奇函数，在上单调递增，图象连续不断且，在上单调递增，当时，，；同理当时，，对于A，，，，故A错误.对于B，当时，，则，故B错误.对于C，由于函数的单调性未知，故该选项不确定，故C错误.对于D，当时，，当时，，且，有且只有一个零点，故D正确.9.答案：AD解析：对于A选项，由题意可得，即，又，所以数列是首项为1公差为2的等差数列，所以，A正确；对于B选项，由题意可得，，所以数列为等比数列，其首项为，公比为，所以，B错误；对于C选项，由题意可得，可得，，所以数列为等比数列，其首项为，公比为，所以，所以，所以，C错误；对于D选项，由题意可得，可得，，所以数列为等比数列，其首项为，公比为，所以，所以，D正确.10.答案：ACD解析：对于A，如图易证，平面，平面，所以平面.对于B，C，D如图建立空间直角坐标系，因为棱长均相等，且所有棱长的总和为36，所以，，，，，对于B，，，所以与不垂直，故不垂直于平面.对于C，易得平面，故直线到平面的距离即为点到平面的距离.如图，设平面的法向量为则即，令，则，到平面的距离，即直线到平面的距离等于.对于D，设平面的法向量为，,则,即令，则.平面与平面的夹角的余弦值等于11.答案：ACD解析：对于A，设双曲线方程为，则渐近线方程为，则由题意得，，，解得，则双曲线的方程为，故A正确；对于B，若，则，联立，得，设，则，则，故，则点在直线上，故B错误；对于C，若，则，则由对称性可知关于原点对称，且不与顶点重合，则四边形为平行四边形，则，不妨设在第一象限，则由双曲线的定义可知，，则，因为，且在上单调递增，所以，则的取值范围为，故C正确；对于D，若，则，恒过点，联立，得，则，即，不妨设分别在第二、一象限，则，，则由双曲线的定义可知，，则的内切圆的半径为，的内切圆的半径为，则与的内切圆的半径之比为，若分别在第一、二象限，则半径之比为，故D正确.12.答案：解析：在第一次抽到男生的条件下，学习小组剩余9个人，其中男生5名，女生4名，所以在第一次抽到男生的条件下，第二次取到女生的概率是.13.答案：7解析：，所以，所以这列数的中位数等于14.答案：解析：由于，则,则曲线在点的切线方程为,即，又因为此切线也为圆的切线，则圆心到切线的距离,两边平方，化简为,设，则，即,因为存在4条切线，所以上述一元二次方程有两个不同的正实根时有4个解，则，解得，所以的取值范围是.15.答案：（1）（2）解析：（1）设，则，则，且，由，得，整理，得，即，故的方程为.（约束条件也可写成）（2）解法一：依题意，得，则，所以，从而，所以，则的面积，因为点在曲线上，则，所以，即，当且仅当时取“”.故面积的最大值为2.解法二：设，则，所以，所以，从而，所以，则的面积，又，故当或或或，即或或或时，.解法三：当直线的斜率不存在时，点与点重合，此时不合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则，从而，所以，从而，所以，由消去，得，整理，得，所以的面积，因为，当且仅当，即时取“”，所以16.答案：（1）0.997，与的线性相关程度强；（2），1.78（3）该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天.解析：（1）解法一：根据散点图直观判断与之间线性相关.因为，所以与的线性相关程度强；（也可利用“”或“接近1”判断相关程度强）解法二：根据散点图直观判断与之间线性相关.因为，，，，，所以与的线性相关程度强；（也可利用“”或“接近1”判断相关程度强）（2）解法一：设，则，所以，故时，.解法二：设，则，所以，故时，.（3）依题意，得，由正态分布性质，可知.因为，所以.因为，所以该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天.17.答案：（1）（2）.解析：（1）因为，，，所以，即，因为，，所以，又因为，所以.（2）因为，.因为，所以，则，即.整理得，即，也即.因为，所以，即.在中，由余弦定理知，，所以.18.答案：（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）.解析：（1）解法一：函数的定义域，令，因为，所以在单调递增，即在单调递增.又.所以存在唯一的实数，使得，即.当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增；故为的极小值点，即有唯一的极值点；解法二：同法1得到在单调递增.由于，，所以存在唯一的实数，使得，即，当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增；故为的唯一极值点.（2）（i）解法一：由（1），得.①当时，至多一个零点，不合题意，舍去；②当，即时，由消去得，，令，因为，所以为减函数，又因为，所以的解集为.又在单调递增，所以.又.此时有两个不同的零点，即.解法二：同法1得到.此时又，则，由零点存在性定理，存在，使得.综上，可得.（ii）解法一：由于，所以可化为.令，则，设，则，则，则，即，从而.令，所以在单调递增，所以，所以，即，所以，所以在单调递增.所以，故.解法二：将代入整理得令，当时，因为，所以，所以，显然成立；当时，，令，则.显然在单调递增，所以.①当，则，此时在单调递增，所以，即.所以在单调递增，所以，欲使，只需，即.即时，符合题意.②当时，则，又，若，则，又在连续，则存在，使得，这与矛盾；若，则显然不恒成立综上，实数的取值范围为.解法三：将代入整理得令①当时，.又，若，则，又在的图象是连续不断的，故存在，使得，这与矛盾；若，则显然不恒成立所以时，不恒成立.②当，因为，令又，因为，所以.所以所以在单调递增，所以综上，实数的取值范围为.19.答案：（1）；（2）答案见解析（3）存在，.解析：（1）正四面体的表面积为.依题意，得；正四面体的体积为.（2）依题意每次操作后，几何体的表面积变为上一次的倍，故数列是首项为，公比为的等比数列，所以；依题意得，，所以；又当时，故.又为递增数列，且当时，为递增数列，且当时，，所以当时，，故由此解释，该结构吸附能力强.（或，故当时，，类似说法亦可）；（3）法一：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为.理由如下：过点作平面于点，因为四面体为正四面体，故为外心，即重心，内心，垂心，则在上，且，同理得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心，设四面体棱长为，，则，所以，则由，解得，所以.记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，连结.则平面，设垂足为，则为的外心，重心，垂心，故在上，且，故与重合，所以共线，则平面，故.记第2次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，连结，依次类推，第次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，其任意顶点为，连结.则依题意得：，，从而.又，所以，故，即无论第几次迭代，的任意顶点到的距离都不会超过正四面体的外接球半径，又，故的最小值即为.法二：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为.理由如下：过点作平面于点，因为四面体为正四面体，故为外心，即重心，内心