福建省漳州市2026届高三数学教学质量检测试题含解析

2026届高中毕业年级教学质量检测

数学试题

本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟．

考生注意：

1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的

“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．

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，再选涂其它答案标号．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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本大题共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.样本数据5,8,8,9,9,9的众数为（）

A.4B.8C.8.5D.9

【答案】D

【解析】

【详解】因为样本数据中9出现的次数最多，所以该样本数据的众数为9．

2.已知复数zabia,bR,b0的共轭复数为z，若zzzz2，则z（）

A.1iB.1iC.12iD.12i

【答案】B

【解析】

【详解】可知zabi，

由题意得2a2,a2b22b0，解得a1,b1，

所以z1i.

3.已知a,b都是单位向量，且ab1，则ab在a方向上的投影向量为（）

331

A.aB.aC.aD.a

222

【答案】A

【解析】

【详解】设aOA,bOB，则abBA，因此△OAB为等边三角形，

所以ab,a30，且ab3，

a33

所以ab在a方向上的投影向量为abcosa+b,a3aa.

a22

4.为了测量某古塔的高度，设点A为塔顶，点B为A在地平面上的投影，小张遥控无人机（将无人机视为

质点）从地平面上的C处竖直向上飞行6米后到达D处，在D处测得塔顶A的仰角为60，然后继续竖直

向上飞行10米后到达E处，在E处测得塔顶A的仰角为30，则该古塔的高度为（）

A.21米B.1652米

C.1653米D.163米

【答案】A

【解析】

【分析】作出平面图，作DGAB于G,EHAB于H，由题意可得AEDE10，AH5，由

ABAHHGGB求解即可.

【详解】如图，作DGAB于G,EHAB于H，

则EDGH为矩形，ADG60,AEH30，

则DEA30+90=120，

所以ADEDAE30，

1

所以AEDE10，AHAEsinAEH10=5，

2

所以ABAHHGGB510621（米）.

5.数列的通项公式分别为3，在中去掉中含有的项得到新数列，则

an,bnann,bnnanbncn

cn的前30项的和为（）

A.407B.429C.465D.525

【答案】D

【解析】

【分析】结合题意将目标数列的求和合理转化，再结合等差数列的求和公式处理即可.

【详解】因为数列an的通项公式是ann，所以数列an为1,2,3,4,5,，

因为数列的通项公式是3，所以数列为3333，

bnbnnbn11,28,327,464,

得到an的前33项中含有1，8，27这3个bn中的项，

可得cn的前30项为数列an的前33项除去三项1，8，27，

33133

故cn前30项的和为aaa182736525.

12332

6.甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，且三人的选择相互独立．设事件A“三个人去

的景点各不相同”，事件B“甲去了第1个景点”，事件C“乙去了第1个景点”，则下列说法错误

的是（）

A.B与C互斥B.A与B相互独立

22

C.PAD.PA∣C

99

【答案】A

【解析】

【详解】对于A：因为甲乙有可能都去第1个景点，即B与C能同时发生，所以B与C不互斥，所以A错

误；

A362

对于C：由题意得P(A)3，所以C正确；

33279

A321A22

对于B：因为PA3,PB,PAB2，

33933327

所以PABPAPB，所以A与B相互独立，所以B正确；

21PAC2

对于D：因为PAC,PC，所以PA∣C，所以D正确．

273PC9

x

2b2

7.已知fx是定义域为R的奇函数，则不等式fxfxa0的解集是（）

2x1a

A.,21,B.,12,

C.2,1D.1,2

【答案】C

【解析】

【分析】先利用奇函数定义域含0时f00及fxfx求出参数a,b，再将函数变形判断单调性，

最后结合奇偶性与单调性脱去函数符号，转化为一元二次不等式求解．

2xb

【详解】因为fx是定义域为R的奇函数，

2x1a

1b2x1

所以f00，所以b1，所以fx．

2a2x1a

2x12x12x1

因此，fx，fx，

2x1aa2x22x1a

即fxfx，所以a2．

因为fx2fxa0，所以fx2fx2fx2．

2x112x111

又fx是减函数，

2x1222x122x1

所以x2x2，解得x2,1．

x2y2

8.已知F1,F2是椭圆C:1ab0的左、右焦点，P为C上一点，R,r分别为PF1F2的外接

a2b2

圆半径和内切圆半径，且6Rra2，则C的离心率取值范围为（）

11212

A.0,B.,C.,1D.,1

23323

【答案】C

【解析】

c

【分析】先在FPF中由正弦定理得外接圆半径R，再用三角形面积两种表达式联立求出内切圆

12sin

2

半径r，把R,r代入6Rra化简，约去sin得到含PF1PF2的等式，再利用椭圆焦半径乘积的取值

范围(b2,a2]构造不等式，转化为离心率e的关系式，由二次式恒成立只需解右侧不等式，最终求得椭圆离

1

心率范围为e1.

2

2cc

【详解】设FPF，则2R，所以R，

12sinsin

11

又PFPFsin2a2cr，

2122

PFPFsin6cPFPFsin

所以r12，代入条件得12a2，

2a2csin2a2c

设Px0,y0,ax0a，

因为22222，

PF1PF2aex0aex0aex0b,a

3cb23cPFPF3a2c

所以3caca212，

acacac

3e

即3e1e1，又0e1，所以3e23e10且1e3e，

1e

1

所以e1．

2

二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．

9.若函数fxsinx3cosx在a,ab上单调递增，则（）

A.曲线yfx关于点,0对称B.b的最大值为π

3

C.fa的最小值为-2D.fa的最大值为2

【答案】ABC

【解析】

【分析】先利用辅助角公式化简函数，再结合正弦型函数的对称性、单调性逐一判断每个选项.

13π

【详解】fxsinx3cosx2sinxcosx2sinx

223

ππππ

对于A：因为f2sin2sin00，所以fx关于,0对称，A正确；

3333

ππππ5π

对于B：由x2kπ,2kπkZ，得x2kπ,2kπkZ，

32266

5ππ

因为2k2kπ，所以abaπ，即bπ，

66

所以b的最大值为π，B正确；

对于C：因为aba，所以b0，又fx在a,ab单调递增，

π

a2kπ

6π5π

由，可得2kπa2kπ，kZ,

5π66

ab2kπ

6

πππ

所以2kπa2kπ，

232

所以fa2,2，即fa的最小值为2，C正确；

对于D：由C分析可知fa2，无最大值，D错误.

10.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4,M,N分别是AD,CC1的中点，P是线段AB上的动点，则

下列说法正确的是（）

A.平面PMN截正方体所得的截面可能是五边形

B.△MPN可能是钝角三角形

C.PMPN的最小值大于214

D.PMPN的最小值小于57

【答案】ABC

【解析】

【分析】对于A：截面形状，依据平面与正方体各面的相交情况判断；对于B：三角形是否为钝角三角形，

选取特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负；对于CD：PMPN的最小值，可转化为共平面结合将

军饮马计算两点间距离．

【详解】对于A：如图，当点P与A,B两点不重合时，

将线段PM向两端延长，分别交CD,CB的延长线于点O,H，

连接NO,NH分别交DD1,BB1于R,S两点，

连接RM,SP，此时截面为五边形MPSNR，故A正确；

对于B：当点P与点A重合时，

MN22422226,PM2，

222

PN4242226，MNPMPN，故PMN是钝角，故B正确；

对于CD：如图，取DD1的中点K，连接KN,BN,KA，

在KA的延长线上取点R，使得ARAM，

连接NR交AB于点P1，连接P1M,PR，

则RtPAMRtPAR，所以PMPR，

因为KN平面ADD1A1,KA平面ADD1A1，所以KNKA，

PMPNPRPNRN，

2

222

仅当P位于P1时，PMPNNR422440854082214，

min

所以C正确．

因为4085403204028957，故D错误．

x*y

11.已知曲线ye在xn1nN处的切线与x轴，轴分别交于点Pn，Qn，记

OPnan,OQnbn，其中O为坐标原点，则下列结论正确的是（）

A.n1B.4

bnanebn3an

i11111

an

C.D.若bnelnan1，则

n

bie4e

【答案】ACD

【解析】

x*

【分析】根据导数的几何意义，求得曲线ye在xn1nN处的切线方程，根据方程求出点Pn，Qn

ex1

的坐标，从而得到an,bn，判断A；构造函数fx,x1，利用导数分析其单调性，得到其最值，判

3x3

n

n11

断B；因为当x1时，exex，由此得een1，利用裂项相消法求得判断C；利用指对运算，

i1

bi

进行函数同构，并结合函数gxexx,x0的单调性可判断D.

【详解】由yex，得yex.

x*n1n1

所以曲线ye在xn1nN处的切线方程为yeexn1．

令，得；令，得n1．因此，n1，所以n1．故选项A正确．

y0xnx0yneann,bnnebnane

ex1ex1x3

令fx,x1，则fx．

3x33x4

当x1,3时，fx0,fx单调递减；当x3,时，fx0,fx单调递增．因此

e4

fxf31，

min34

ex1

所以1不能恒成立，即xex13x4不恒成立．

3x3

因此n14不能恒成立，即4不恒成立．故选项B错误．

ne3nbn3an

n1

因为当x1时，exex，所以een1，

n111111

所以bnneenn1，所以．

bnenn1enn1

i1111111111111

因此11．故选项C正确．

n

bie22334nn1en1e

ann1n

因为bnelnan1，即neelnn1，

等价于elnnn1lnnn1enn．

令gxexx,x0，则glnnn1gn．

因为gxex10，所以gx在0,上单调递增，

11

又,nN*，且lnnn1单调递增，所以lnnn1ln1121ln20，

44

111

所以lnnn1n，所以n，即，故.

enenemax

111

又因为n1，所以，所以．故选项D正确．

neee

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．

12.已知圆台的上底面和下底面的半径分别为1，2，母线长为10，则该圆台的体积为___________．

【答案】7π

【解析】

【详解】因为圆台上、下底面半径分别为r1,R2，母线长l10，

2

可得圆台的高hl2Rr3，

11

所以Vπr2R2rRhπ122212×37π．

33

2

13.过P1,2作圆x1y24的两条切线，设切点分别为A,B，则直线AB的方程为___________．

【答案】xy10

【解析】

【详解】解法一：由图可知，A1,0,B1,2，

20

所以k1，所以直线AB方程为xy10．

11

π

解法二：PACPBC，所以P,A,B,C四点均在以PC为直径的圆上，圆心为0,1，半径为2，

2

2

故圆方程为x2y12，

2

x1y24

由，得xy10，所以直线方程为xy10．

22AB

xy12

解法三：直线AB方程为11x12y4，即xy10，

故答案为xy10．

14.已知A1,A2是集合A的非空子集，若A1A2，则称A1,A2是集合A的“互斥子集组”，并规定

A1,A2与A2,A1为不同的“互斥子集组”．集合1,2,3,4的不同“互斥子集组”的个数是

___________．（用数字作答）

【答案】50

【解析】

【分析】解法一利用组合数的性质并分类讨论求解即可，解法二列举出具体集合，再分类讨论求解即可.

【详解】解法一：若中各含1个元素时，“互斥子集组”有2个，

A1,A2C4212

若中一个含1个，一个含2个元素时，“互斥子集组”有32个，

A1,A2C4C3224

若中一个含1个，一个含3个元素时，“互斥子集组”有1个，

A1,A2C428

若中各含2个元素时，“互斥子集组”有2个，

A1,A2C46

综上，不同“互斥子集组”的个数是50个．

解法二：当集合A1中有1个元素时，有1,2,3,4，共4种情况，

集合A2是由集合A中去除这个元素后，剩下的3个元素组成的非空子集，

可得这样的“互斥子集组”有4(231)28个，

当集合A1中有2个元素时，有1,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4，

共6种情况，而集合A2是由集合A中去2个元素后，

剩下的2个元素组成的非空子集，此时“互斥子集组”有6(221)18个，

当集合A1中有3个元素时，有1,2,3,1,2,4,1,3,4,2,3,4，共4种情况，

而集合A2是由集合A中去除3个元素后，剩下的1个元素组成的非空子集，

则此时“互斥子集组”有4(211)4个，

综上，不同“互斥子集组”的个数是50个．

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．

x2y26

15.已知F,F分别为椭圆的左、右焦点，且FF4，点P2,在上．

12C:221ab012C

ab3

（1）求C的方程；

（2）若点Q在C上且在第一象限，QF1F2为直角三角形，求点Q的坐标．

x2y2

【答案】（1）1；

62

6

（2）2,或3,1．

3

【解析】

【分析】（1）解法一：根据题意，得c2，又点P在椭圆上，代入联立方程即可求解；

解法二：根据题意，得c2，结合椭圆定义可求得a6，进而可求得b2；

（2）解法一：分或两种情况进行讨论，若，代点即可求解；

QF2F190F1QF290QF2F190

若，利用向量关系即可求解.

F1QF290

解法二：分或两种情况进行讨论，若，代点即可求解；若

QF2F190F1QF290QF2F190

，结合三角形面积即可求解.

F1QF290

【小问1详解】

2cF1F24

46a6

221

解法一：由题意，得a9b，解得b2，

22

cabc2

ab0

x2y2

所以C的方程为1．

62

6

解法二：由题意，得椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，

CF12,0F22,0P2,C

3

66

所以c2，2aPFPF1626，

1239

所以a6，ba2c22，

x2y2

所以C的方程为1．

62

【小问2详解】

解法一：设Qx0,y0，x00，y00，由题意，得F12,0，F22,0．

因为点Q在C上且在第一象限，QF1F2为直角三角形，

所以或．

QF2F190F1QF290

22

若，则x2，代入椭圆的方程得2y0，解得6，

QF2F1900C1y0=

623

6

所以Q2,；

3

若，则22①，

F1QF290QF1QF22x0,y02x0,y0x04y00

x2y2

又Q在C上，所以001②，

62

x3

联立①②，解得0，所以Q3,1．

y01

6

综上，点Q的坐标为2,或3,1．

3

解法二：因为点Q在C上且在第一象限，QF1F2为直角三角形，

所以，或．

QF2F190F1QF290

22

若，则x2，代入椭圆的方程得2y0，解得6，

QF2F1900C1y0=

623

6

所以Q2,；

3

若，则222，

F1QF290QF1QF2F1F216

2

因为2，即22，

QF1QF22a24QF12QF1QF2QF224

解得QF1QF24．

设Qx0,y0，x00，y00，

11

所以SFFyQFQF，即2y02，所以y01．

F1QF22120212

x2y2x3

又Q在C上，所以001，所以0，即Q3,1．

62y01

6

综上，点Q的坐标为2,或3,1．

3

acosC

16.在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知．

ccosA

（1）判断ABC的形状；

（2）若b4,c2,BC,AC边上的两条中线AM,BN相交于点P，求cosMPN．

【答案】（1）等腰三角形或直角三角形

（2）7

14

【解析】

【分析】（1）解法一：利用正弦定理化边为角，再根据二倍角的正弦公式结合正弦函数的性质即可得解；

解法二：利用余弦定理化角为边，化简即可得解；

（2）解法一：以B为原点，分别以BC,BA为x,y轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标公式求解

即可.

解法二：由题意可得P为ABC的重心，求出PM,PN,MN，再利用余弦定理解三角形即可.

解法三：分别求出AMB,CBN的正余弦值，再根据cosMPNcosCBNAMB结合两角和的

余弦公式求解即可.

【小问1详解】

acosC

解法一：由，得acosAccosC，

ccosA

由正弦定理得sinAcosAsinCcosC，

11

即sin2Asin2C，即sin2Asin2C，

22

因为A,C0,π，所以2A,2C0,2π，

2A2Cπ2A2C3π

所以根据ysinx的图象可得2A2C，或，或，

2222

π3π

所以AC，或AC，或AC，

22

π

又AC0,π,ABCπ，所以AC，或B，

2

所以ABC是等腰三角形或直角三角形；

acosC

解法二：由，得acosAccosC，

ccosA

b2c2a2a2b2c2

由余弦定理得ac，

2bc2ab

即a2b2c2a2c2a2b2c2，

化简得a2c2b2a2c20，

从而ac，或b2a2c2，

所以ABC是等腰三角形或直角三角形；

【小问2详解】

解法一：①若AC，则ac2，则ac4b，不满足三角形三边关系，舍去；

π

②若B，则BCab2c223，

2

以B为原点，分别以BC,BA为x,y轴建立平面直角坐标系，

则B0,0,A0,2,C23,0,M3,0,N3,1，

所以AM3,2,BN3,1，

所以cosMPNcosPM,PNcosAM,BN

AMBN3,23,17

22.

2214

AMBN3231

解法二：①若AC，则ac2，则ac4b，不满足三角形三边关系，舍去；

π

②若B，则BCab2c223，

2

2

AMBM2AB23227，

1

BNAC2，

2

因为BC,AC边上的两条中线AM,BN相交于点P，所以P为ABC的重心，

17121

所以PMAM,PNBN,MNAB1，

33332

PM2PN2MN27

所以cosMPN．

2PMPN14

解法三：①若ac2，则ac4b，不满足三角形三边关系，舍去；

π

②若b2a2c2，则B，所以BCab2c223，

2

a3π

cosC，所以C．

b26

1π

又BNACCN，所以CBNC，

26

23

在RtABM中，AMAB2BM27,sinAMB,cosAMB，

77

π

所以cosMPNcosCBNAMBcosAMB

6

317

cosAMBsinAMB．

2214

17.某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案：

方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，若机器人成功检测2台或3

台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少于2台，则进行第二轮巡检．第

二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一进行检测，无论第二轮检测结果如何都结束巡检．机器

2

人每次成功检测每台设备的概率为pp1，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台

3

设备检测一次的费用为18元．

方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测一次的费用为

30元．

2

（1）当p时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率；

3

（2）记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为X，求X的数学期望（用p表示）；

（3）若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？

20

【答案】（1）

27

322

（2）EX3p3p3p6,p,1

3

（3）应选方案一．

【解析】

【分析】（1）根据题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备，利用二项分布求概率；

（2）由题意得，X3,5,6，分别得出所需检测次数及其概率，即可得分布列及数学期望；

（3）分别计算两种方案期望，即可做出决策.

【小问1详解】

由题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备，

23

所以机器人无需进行第二轮巡检的概率为2223220

PC31C3;

33327

【小问2详解】

由题意得，X3,5,6，

223323

PX3C3p1pC3p3p1pp，

122

PX5C3p1p3p1p,

033

PX6C31p1p,

232332

所以EX33p1pp53p1p61p3p3p3p6，

322

所以EX3p3p3p6,p,1．

3

【小问3详解】

应选方案一，理由如下：

记Y为机器人巡检的检测总费用，Z为人工巡检的检测总费用，

由题意得，EZZ30390，

322

令fp3p3p3p6,p,1，

3

则fp9p26p333p22p133p1p1，

22

因为p,1，所以fp0，即fp在,1上单调递减，

33

232

所以EXfpf，

39

32

所以EYE18X18EX186490EZ，

9

故选用智能机器人巡检的检测平均总费用更低，应选方案一．

18.如图，在四棱锥SOABC中，OBACD，点H在线段OD上，SBO30，

SB4,OHHDDB3，平面SOB平面OABC．

（1）证明：SHAC；

（2）过点D作平面，使得//平面SAB，平面SAHl，请作出直线l，写出画法并证明；

（3）若ASBCSB60，求当AC取最小值时，二面角ASBC的正弦值．

【答案】（1）证明见解析

（2）答案见解析（3）46

25

【解析】

【分析】（1）在△SBH中，由余弦定理可得SH2，由勾股定理的逆定理可得SHOB．再由面面垂

直的性质可得SH平面OABC，即可证明SHAC；

（2）取HA的中点E，SH的中点F，连接EF，则EF即为直线l．由面面平行的判断定理证明即可；

（3）以O为坐标原点，OB为x轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，利用空间向量求解即可.

【小问1详解】

证明：在△SBH中，SB4，HB23，SBO30，

所以SHSB2HB22SBHBcosSBO2，

所以SH2HB2SB2，所以SHOB．

又因为平面SOB平面OABC，平面SOB平面OABCOB,SH平面SOB，

所以SH平面OABC，

又AC平面OABC，

所以SHAC．

【小问2详解】

取HA的中点E，SH的中点F，连接EF，则EF即为直线l．

证明如下：连接DE,DF，

因为D,F分别是BH和SH的中点，

所以DF//BS，

又DF平面SAB,BS平面SAB，

所以DF//平面SAB，

同理，DE//平面SAB，

又DEDFD,DE,DF平面DEF，

所以平面DEF//平面SAB，

又过D且与平面SAB平行的平面有且只有一个，D平面DEF，

所以平面DEF即平面，

又平面DEF平面SABEF，

所以EF即为直线l．

【小问3详解】

以O为坐标原点，OB为x轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

其中y轴在平面OABC内，z轴垂直平面OABC，

则S3,0,2,B33,0,0，

设Ax,y,0,y0，

则SAx3,y,2,SB23,0,2，

因为ASB60，

SASB23x21

cosSA,SB

所以2，

22

SASB4x3y4

x2y23

化简得1x，

363

又y0，所以x3，

x2y2

所以点A在xOy面内的曲线Γ:1x3上，

36

同理，点C也在Γ上．

在平面直角坐标系xOy内，D23,0，

设直线AC的方程为xmy23，

x2y2

代入Γ:1x3，

36

得2m21y283my180，

设AxA,yA,CxC,yC，

2m210,

2

Δ83m722m210,

则83m

yy,

AC2

2m1

18

yy0,

AC2m21

22

解得m．

22

2222

ACxAxCyAyC1myAyC4yAyC

222

83m18m12m3

1m2426，

222

2m12m12m21

令t2m21，

t1

则1t13

2t12

m,AC26

2t2

t27t12

26

2t2

712

231

tt2

22

177

2312121,

t2424

22

因为m，

22

17

所以t2m211,0,1，

t24

1

所以当1，即m0时，AC62，

tmin

此时在空间直角坐标系Oxyz中，A23,32,0,C23,32,0，

BA3,32,0,BS23,0,2,BC3,32,0,

设是平面的法向量，

n1x1,y1,z1SAB

n1BA03x132y10

,即,

n1BS023x12z10

取

n16,