福建省漳州市2026届高三数学教学质量检测试题(一)【含答案】

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.样本数据的众数为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】因为样本数据中出现的次数最多，所以该样本数据的众数为．2.已知复数的共轭复数为，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】可知，由题意得，解得，所以.3.已知都是单位向量，且，则在方向上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】设，则，因此为等边三角形，所以，且，所以在方向上的投影向量为.4.为了测量某古塔的高度，设点为塔顶，点为在地平面上的投影，小张遥控无人机（将无人机视为质点）从地平面上的处竖直向上飞行6米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，然后继续竖直向上飞行10米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，则该古塔的高度为（）A.21米 B.米C.米 D.米【答案】A【解析】【分析】作出平面图，作于于，由题意可得，，由求解即可.【详解】如图，作于于，则为矩形，，则，所以，所以，，所以（米）.5.数列的通项公式分别为，在中去掉中含有的项得到新数列，则的前30项的和为（）A.407 B.429 C.465 D.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】因为数列的通项公式是，所以数列为，因为数列的通项公式是，所以数列为，得到的前33项中含有1，8，27这3个中的项，可得的前30项为数列的前33项除去三项1，8，27，故前30项的和为.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“三个人去的景点各不相同”，事件“甲去了第1个景点”，事件“乙去了第1个景点”，则下列说法错误的是（）A.与互斥 B.与相互独立C. D.【答案】A【解析】【详解】对于A：因为甲乙有可能都去第1个景点，即与能同时发生，所以与不互斥，所以A错误；对于C：由题意得，所以C正确；对于B：因为，所以，所以与相互独立，所以B正确；对于D：因为，所以，所以D正确．7.已知是定义域为的奇函数，则不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用奇函数定义域含时及求出参数，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．【详解】因为是定义域为的奇函数，所以，所以，所以．因此，，，即，所以．因为，所以．又是减函数，所以，解得．8.已知是椭圆的左、右焦点，为上一点，分别为的外接圆半径和内切圆半径，且，则的离心率取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先在中由正弦定理得外接圆半径，再用三角形面积两种表达式联立求出内切圆半径，把代入化简，约去sin得到含的等式，再利用椭圆焦半径乘积的取值范围构造不等式，转化为离心率的关系式，由二次式恒成立只需解右侧不等式，最终求得椭圆离心率范围为.【详解】设，则，所以，又，所以，代入条件得，设，因为，所以，即，又，所以且，所以．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.若函数在上单调递增，则（）A.曲线关于点对称 B.的最大值为C.的最小值为-2 D.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.【详解】对于A：因为，所以关于对称，A正确；对于B：由，得，因为，所以，即，所以的最大值为，B正确；对于C：因为，所以，又在单调递增，由，可得，,所以，所以，即的最小值为，C正确；对于D：由C分析可知，无最大值，D错误.10.已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（）A.平面截正方体所得的截面可能是五边形B.可能是钝角三角形C.的最小值大于D.的最小值小于【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：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，当点与两点不重合时，将线段向两端延长，分别交的延长线于点，连接分别交于两点，连接，此时截面为五边形，故A正确；对于B：当点与点重合时，，，，故是钝角，故B正确；对于CD：如图，取的中点，连接，在的延长线上取点，使得，连接交于点，连接，则，所以，因为平面平面，所以，，仅当位于时，，所以C正确．因为，故D错误．11.已知曲线在处的切线与轴，轴分别交于点，，记，其中为坐标原点，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据导数的几何意义，求得曲线在处的切线方程，根据方程求出点，的坐标，从而得到，判断A；构造函数，利用导数分析其单调性，得到其最值，判断B；因为当时，，由此得，利用裂项相消法求得判断C；利用指对运算，进行函数同构，并结合函数的单调性可判断D.【详解】由，得.所以曲线在处的切线方程为．令，得；令，得．因此，，所以．故选项A正确．令，则．当时，单调递减；当时，单调递增．因此，所以不能恒成立，即不恒成立．因此不能恒成立，即不恒成立．故选项B错误．因为当时，，所以，所以，所以．因此．故选项C正确．因为，即，等价于．令，则．因为，所以在上单调递增，又，且单调递增，所以，所以，所以，即，故.又因为，所以，所以．故选项D正确．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，则该圆台的体积为___________．【答案】【解析】【详解】因为圆台上、下底面半径分别为，母线长，可得圆台的高，所以．13.过作圆的两条切线，设切点分别为，则直线的方程为___________．【答案】【解析】【详解】解法一：由图可知，，所以，所以直线方程为．解法二：，所以四点均在以为直径的圆上，圆心为，半径为，故圆方程为，由，得，所以直线方程为．解法三：直线方程为，即，故答案为．14.已知是集合的非空子集，若，则称是集合的“互斥子集组”，并规定与为不同的“互斥子集组”．集合的不同“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”有个，若中一个含1个，一个含2个元素时，“互斥子集组”有个，若中一个含1个，一个含3个元素时，“互斥子集组”有个，若中各含2个元素时，“互斥子集组”有个，综上，不同“互斥子集组”的个数是50个．解法二：当集合中有1个元素时，有，共4种情况，集合是由集合中去除这个元素后，剩下的3个元素组成的非空子集，可得这样的“互斥子集组”有个，当集合中有2个元素时，有，共6种情况，而集合是由集合中去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”有个，当集合中有3个元素时，有，共4种情况，而集合是由集合中去除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．15.已知分别为椭圆的左、右焦点，且，点在上．（1）求的方程；（2）若点在上且在第一象限，为直角三角形，求点的坐标．【答案】（1）；（2）或．【解析】【分析】（1）解法一：根据题意，得，又点在椭圆上，代入联立方程即可求解；解法二：根据题意，得，结合椭圆定义可求得，进而可求得；（2）解法一：分或两种情况进行讨论，若，代点即可求解；若，利用向量关系即可求解.解法二：分或两种情况进行讨论，若，代点即可求解；若，结合三角形面积即可求解.【小问1详解】解法一：由题意，得，解得，所以的方程为．解法二：由题意，得椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，所以，，所以，，所以的方程为．【小问2详解】解法一：设，，，由题意，得，．因为点在上且在第一象限，为直角三角形，所以或．若，则，代入椭圆的方程得，解得，所以；若，则①，又在上，所以②，联立①②，解得，所以．综上，点的坐标为或．解法二：因为点在上且在第一象限，为直角三角形，所以，或．若，则，代入椭圆的方程得，解得，所以；若，则，因为，即，解得．设，，，所以，即，所以．又在上，所以，所以，即．综上，点的坐标为或．16.在中，角所对的边分别为，已知．（1）判断的形状；（2）若边上的两条中线相交于点，求．【答案】（1）等腰三角形或直角三角形（2）【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：以为原点，分别以为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：由题意可得为的重心，求出，再利用余弦定理解三角形即可.解法三：分别求出的正余弦值，再根据结合两角和的余弦公式求解即可.【小问1详解】解法一：由，得，由正弦定理得，即，即，因为，所以，所以根据的图象可得，或，或，所以，或，或，又，所以，或，所以是等腰三角形或直角三角形；解法二：由，得，由余弦定理得，即，化简得，从而，或，所以是等腰三角形或直角三角形；【小问2详解】解法一：①若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去；②若，则，以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，则，所以，所以.解法二：①若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去；②若，则，，，因为边上的两条中线相交于点，所以为的重心，所以，所以．解法三：①若，则，不满足三角形三边关系，舍去；②若，则，所以，，所以．又，所以，在中，，所以．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．机器人每次成功检测每台设备的概率为，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台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．（1）当时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率；（2）记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为，求的数学期望（用表示）；（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？【答案】（1）（2）（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，，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，所以机器人无需进行第二轮巡检的概率为【小问2详解】由题意得，，，所以，所以．【小问3详解】应选方案一，理由如下：记为机器人巡检的检测总费用，为人工巡检的检测总费用，由题意得，，令，则，因为，所以，即在上单调递减，所以，所以，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，在四棱锥中，，点在线段上，，，平面平面．（1）证明：；（2）过点作平面，使得平面，平面，请作出直线，写出画法并证明；（3）若，求当取最小值时，二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）答案见解析（3）【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理可得，由勾股定理的逆定理可得．再由面面垂直的性质可得平面，即可证明；（2）取的中点，的中点，连接，则即为直线．由面面平行的判断定理证明即可；（3）以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：在中，，，，所以，所以，所以．又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以．【小问2详解】取的中点，的中点，连接，则即为直线．证明如下：连接，因为分别是和的中点，所以，又平面平面，所以平面，同理，平面，又平面，所以平面平面，又过且与平面平行的平面有且只有一个，平面，所以平面即平面，又平面平面，所以即为直线．【小问3详解】以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，其中轴在平面内，轴垂直平面，则，设，则，因为，所以，化简得，又，所以，所以点在面内的曲线上，同理，点也在上．在平面直角坐标系内，，设直线的方程为，代入，得，设，则解得．，令，则因为，所以，所以当，即时，，此时在空间直角坐标系中，，设是平面的法向量，,即,取设是平面的法向量，,即,取设二面角的大小为，则，又，所以二面角的正弦值为19.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若，求的最大值；（3）若函数有零点，证明：．【答案】（1）答案见解析（2）．（3）证明见解析【解