福建省莆田市高三下学期第二次质量调研测试数学

莆田市2026届高中毕业班第二次质量调研测试试卷数学本试卷共4页，19小题，满分150分.考试时间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.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.【答案】B解析：，则.2.已知复数，则（）A. B.3 C. D.5【答案】A解析：因为，所以.3.已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，则的周长为（）A.5 B.6 C.8 D.10【答案】D解析：由题意得，，，所以，因在椭圆上，则有，且有，则的周长为.4.记的内角，，的对边分别是，，，若，，，则（）A. B. C. D.【答案】B解析：因为，所以.故选：B.5.已知，，且，则（）A. B.C. D.【答案】C解析：对于A，因为，所以，即，故A错误；对于B，当时，，，此时，故B错误；对于C，，因为，所以，，，所以，即，故C正确；对于D，函数在上单调递减，所以，又因为函数为偶函数，所以，故D错误.6.为了探究六年级学生每日自主阅读时间与语文成绩的关系，某研究小组随机调查了50名学生，得到成对样本数据，其中表示每日自主阅读时间（单位：小时），表示语文成绩（单位：分）.经计算得回归直线方程为.下列说法正确的是（）A.该样本数据的相关系数为5.2B.当阅读时间每增加1小时，语文成绩平均增加5.2分C.该样本数据中，至少有一个点在回归直线上D.若某学生每日阅读时间为2小时，则他的语文成绩一定为分【答案】B解析：对于A，相关系数取值范围是，故错误；对于B，回归系数的含义是：当自变量每增加1个单位时，因变量平均增加的量。这里表示每日自主阅读时间（小时），表示语文成绩（分），所以当阅读时间每增加1小时，语文成绩平均增加5.2分，故正确；对于C，回归直线是对样本的拟合直线，不一定经过样本点，故错误；对于D，当时，，为预测值，不是确定值，故错误.7.已知数列是公比为的等比数列，，，，，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C解析：对于A选项，数列是公比为的等比数列，且，则，所以或，故错误；对于B选项，若，当时，有，则，故错误；对于C选项，数列是公比为等比数列，则，，又因，所以，所以，故正确；对于D选项，当等比数列为公比为的非零常数列时，始终满足，但不一定成立，故错误；8.已知函数的定义域为，任意给定，都存在，使得，则不可能为（）A. B.C. D.【答案】D解析：对于A，，定义域为，取，，即，A可能，对于B，，定义域为，取，，即，B可能，对于C，，定义域为，由，，，，构造函数，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，最小值，且当时，，即存在，使得，即，也即存在，使得，C可能，对于D，，定义域为，由得，取，方程为：，当时，不成立，当时，两边取对数得，即，因为，显然此方程无解，综上可知：当时，不存在满足条件，即D不可能.二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.记为数列的前项和，若，则下列说法正确的是（）A.为等差数列 B.为单调递增数列C. D.的最小值为【答案】ABD解析：由，可得，所以，又，符合上式，所以，故为等差数列，且单调递增，AB正确，，C错误，，当时，，当时，，当时，，当，可知，此时，由上可知的最小值为，D正确.10.已知函数，则下列说法正确的有（）A.有且只有一个零点B.点为曲线的对称中心C.曲线在点处的切线方程为D.，【答案】AC解析：对A：令，解得，故有且只有一个零点，故A正确；对B：由，故点不为曲线的对称中心，故B错误；对C：因，则，故曲线在点处的切线方程为，故C正确；对D：因函数的定义域为，，当时，，当时，，故在、上单调递增，在、上单调递减，则当时，，当时，，故不存在，使得，故D错误.11.已知正三棱台的所有顶点都在球的球面上，且，点满足，则（）A.当为棱的中点时，B.C.若直线平面，则D.若，则球的表面积为【答案】ACD解析：对A：当为棱的中点时，，则，故A正确；对B：以为原点，为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系，设该三棱台高为，则、、，设该三棱台上下底面中心为、，作底面于点，则，，，则，，故，则，，则，故B错误；对C：、，设平面的法向量为，则有，取，则，，即，、、，则，则，由直线平面，则，即，故，故C正确；对D：若，则，则，，由正三棱台性质，可设球心坐标，则，即有，解得，则，故球的表面积为，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，，若，则_____.【答案】解析：向量，，所以，若，则，解得.13.有4个大小、形状相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中随机取球一次（至少取一个），则取出的球的标号之和不超过5的概率为_____.【答案】解析：设集合，数字代表对应标号的小球，根据题意每次至少取一个球，总的取球情况数即为集合的非空子集的个数，即个，满足取出的球的标号之和不超过5的样本点有，共有8种，所以取出的球的标号之和不超过5的概率为.14.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过的直线交于，两点.若，则的外接圆的半径为_____.【答案】解析：由题意可知，，，易知直线的斜率不为，设直线方程为，，，则，，联立，整理得，，所以，，所以，所以，即为直角三角形，又因为，所以的外接圆的半径为.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.已知函数（）的图象过点.（1）求的单调递增区间；（2）当，且时，证明：.【答案】（1），（2）证明见解析解析：（1）将点代入函数解析式，得，即，则有，解得，，因为，令，则，所以，由，，解得，，故的单调递增区间为，.（2）由（1）知，则，，依题意，有，即，因为，即，代入得，所以，即，则有，得证.16.已知函数.（1）当时，求的极值；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）极小值为，无极大值（2）解析：（1）当时，，则，由得；得，则在上单调递减，在上单调递增，则的极小值为，无极大值；（2）等价于，令，则上恒成立，则，得，因为，则得；得，则在上单调递减，在上单调递增，则，因为在上单调递增，所以在上单调递增，所以当时，，综上，实数的取值范围为.17.已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且.（1）求；（2）若过点的直线交于，两点，且，求的值.【答案】（1）2（2）或.解析：（1）由抛物线定义得，又因为，所以为等边三角形，所以，设准线为与x轴交于点，且的纵坐标为，所以，所以，所以；（2）设：，，，联立得，，由韦达定理得，，所以，所以，所以，则，由韦达定理得，，所以，所以，所以，或，所以或，所以的值为或.18.如图，五面体中，，，，，，，.（1）证明：；（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值；（3）若，当该五面体的体积取到最大值时，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.解析：（1）取中点，连接，由，得≌，则，，而，平面，因此平面，又平面，所以.（2）当时，在中，，则，，由（1）知，平面，于是平面，而平面，则，而，因此，又，平面，则平面，是直线与平面所成的角，在等边中，，，所以直线与平面所成角正弦值为.（3）过作于，由（1）知平面，则，又，平面，于是平面，由平面，得，过作于，连接，而平面，因此平面，而平面，则，，，连接，由，得，又，则，，因此该五面体的体积，而，设，，求导得，由，得；由，得，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，此时取得最大值，五面体的体积取得最大值，所以当该五面体的体积取到最大值时，.19.某分布式存储系统中，数据块容量上限为，数据块的初始数量为.系统运行遵循以下规则：①在每一时间步，系统以概率执行清理操作（数据块的数量减），以概率执行写入操作（数据块的数量加）；②当数据块的数量为（成功复位）或为（内存溢出）时，系统运行立即终止.记当数据块的数量为时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为.（1）直接写出、的数值，并写出、、的关系式；（2）当时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系；（3）已知：若随机变量的取值不会影响随机变量的概率分布列，则称与相互独立，且满足.记为系统运行步后的数据块的数量（假设系统在此期间未终止）.当时，若与无关，求正实数的值.【答案】（1），，.（2）答案见解析（3）解析：（1）由题意可知，，由全概率公式可得.（2）当时，，即，故数列为等差数列，设其公差为，设其通项公式可得，由可得，所以，又因为系统数据块的初始数量为，所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为，从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为，令，解得，所以当时，“成