2025-2026学年福建省漳州市高三上学期第一次教学质量检测数学试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年福建省漳州市高三上学期第一次教学质量检测数学试题（附答案解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
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
3．样本数据的下四分位数为（ ）
A．3B．3.5C．10D．11
4．已知向量，，且，则（ ）
A．B．C．6D．10
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．2C．D．3
6．已知数列是等比数列，，，令，则（ ）
A．B．C．D．
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．
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．
二、多选题
9．在中，角的对边分别是，，，，则的值可以是（ ）
A．1B．C．2D．
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．
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．
三、填空题
12．设函数，则曲线在点处的切线方程为 .
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 .
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x+1,y+1或x+1,y−1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N7,4的T步的条数为 .（结果用数字表示）
四、解答题
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：
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：，，，）
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.
17．已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)若存在两个零点，求的取值范围.
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.
19．已知椭圆：的焦距为2，且过点.
(1)求C的标准方程；
(2)过点N1,32作两条斜率存在且不为零的直线，分别交于和，满足NPNQ=NSNT.
（i）证明：，的斜率之和为定值；
（ii）求四边形面积的最大值.
研发投入
20
30
40
50
60
最终得分
66
69
76
79
84
《福建省漳州市2026届高三第一次教学质量检测数学试题》参考答案
1．B
【分析】方法一：求出集合后可求.
【详解】[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.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；
方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．
2．A
【分析】由复数除法化简后写出出共轭复数，再由出其共轭复数，得出其对应点及象限．
【详解】，对应点坐标为，在第一象限．
故选：A
3．B
【分析】根据条件，利用百分位数的求法，即可求解.
【详解】因为，所以样本数据的下四分位数为，
故选：B.
4．A
【分析】根据平面向量平行的坐标表示计算出的值，可求得数量积.
【详解】由可得-2x-1×4=0，求得；
因此可得a→·b→=-2×4+1×-2=-10.
故选：A
5．B
【分析】利用抛物线定义与三角形两边之和大于第三边计算即可得.
【详解】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．C
【分析】设等比数列的公比为，根据题意求得，且当时，得到数列是以为公比的等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】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．D
【分析】根据题干条件，构造函数，结合单调性的定义，可得的单调性，根据奇偶性的定义，可得的奇偶性，结合特殊值，计算分析，即可得答案.
【详解】因为，且，，
所以fx1−fx2x1−x2−1=fx1−fx2−(x1−x2)x1−x2=fx1−x1−fx2−x2x1−x2>0，
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g(−x)=f(−x)−(−x)=−f(x)+x=−f(x)−x=−g(x)，
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．C
【分析】作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，利用球的表面积公式即可求解.
【详解】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BC=BH2+CH2=6cm，
又，，
所以，
即1+33−R2=R2+22⇒R=433cm，
所以球的表面积的最大值为S=4πR2=4π×4332=64π3cm2，
故选：C.
9．AC
【分析】根据余弦定理直接求解即可.
【详解】根据余弦定理可得，
即，，，，
解得或.
故选：AC.
10．BCD
【分析】A选项，取中点，由面面平行的判断证明平面平面，即可得结论.B选项，取中点，证明线面垂直，从而得到线线垂直.C选项由线面角定义找到线面角，设棱长由锐角三角函数即可得到结论.D选项由等体积转换法分别求出两个三棱锥的体积即可得到结论.
【详解】A选项：如图，取中点，连接，，，
在正方体中，C1J//AF，
平面，平面，，不在平面DJC1内，
∴平面DJC1，平面DJC1，
且，平面，平面，
∴平面平面，
由图可知，平面DJC1，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FK//A1B1，∴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
，
VC−BDE=VB−CDE=13S△CDE⋅CB=13×2a⋅a2×2a=23a3，
∴，D选项正确.
故选：BCD.
11．ACD
【分析】结合函数的性质和图象，数形结合，一一判断各选项中函数是否符合题意，即得答案.
【详解】对于A，函数的图象为抛物线，关于y轴对称，
不妨取A−1,1,B1,1,C2,4,D−2,4，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
12．
【分析】根据条件，利用导数的几何意义，求出切线的斜率，再利用点斜式，即可求解.
【详解】因为，所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
故答案为：.
13．2或
【分析】根据两条渐近线夹角是,可知渐近线的倾斜角为或,再根据双曲线的基本量求解即可.
【详解】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
【点睛】本题考查双曲线的离心率以及双曲线基本量间的关系.属于基础题.
14．15
【分析】从整点到整点，记为上步，从整点到整点，记为下步，结合题意分析易得整点到整点的T步一共有6个，且上步有4个，下步有2个，进而结合组合知识求解即可.
【详解】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.
15．(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）先求出，，再根据公式求解即可；
（2）由题意可得的可能取值为0，1，2，3，进而求出对应的概率值，再根据期望的公式求解即可.
【详解】（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
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）借助三角恒等变换可先将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质计算即可得；
（2）由正弦函数性质可得所有的正零点，则可得数列的奇数项及偶数项的通项公式，再利用等差数列求和公式分组计算即可得.
【详解】（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．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用导数分析时，f(x)-2x-2的单调性，并求得时，f(x)-2x-2的最小值，即可证明不等式.
(2)将存在两个零点问题转化为关于的方程有两个不同的解的问题，再转化为函数的图象与常数函数的图象有两个不同的交点问题，分析新函数的单调性及最值情况，可求得的取值范围.
【详解】（1）依题意得fa=2ea−a2，要证fa≥2a+2，只需证，
令gx=2ex−x2−2x−2x≥0，所以.
设px=2ex−2x−2x≥0，
当时，p′x=2ex−2≥0，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fa≥2a+2.
（2），.
若，则，所以在上单调递增，所以至多有1个零点，舍去；
若，令f′x=2ex−a=0，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flna21,所以.
综上所述，的取值范围是2e,+∞.
设φx=x−lnx2，，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以φx≥φ1=1+ln2>0，从而，即，
此时，由(1)知，fa≥2a+2>0，且，
所以在区间和区间内分别存在唯一零点，符合题意.
综上所述，若在定义域内存在两个零点，则的取值范围是.
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h'x=2exx−1x2，x≠0，
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，hx≥h1=2e>0；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a>h1=2e，
在的条件下，
因为及h1a=2ae1a>a，且在区间上单调递减，
所以与在区间上恰1个交点；
由(1)知，ha=2eaa≥a2+2a+2a=a+2+2a>a，
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．(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）连接交于点，连接，即证，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）解法一：建立空间直角坐标系，（i）利用数量积，即证，，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）求平面的法向量，求平面的法向量设，利用向量的夹角公式即可求解；
解法二：（i）利用面面垂直的性质定理，由平面平面得平面，即证平面，得，利用勾股定理得，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）由，得二面角的平面角为，即，利用三角恒等变换求，最后由正弦定理即可求解；
解法三：（i）同解法二；（ii）由，得二面角的平面角为，即，得，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，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）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，，，，，
DP=−2,2,−2，DE=−2λ,2λ,−2λ，，BM=1,1,0，
（i）当时，DE=−43,43,−43，BE=BD+DE=23,43,23，
所以，，
所以，，即，，
又因为平面，平面，，
所以平面.
（ⅱ）设为平面的法向量，
则有，即2x1+2z1=0x1+y1=0，
取，得，，则是平面的一个法向量，
BE=BD+DE=2−2λ,2λ,2−2λ，
设为平面的法向量，
则有m⋅BE=0m⋅BM=0，即2-2λx2+2λy2+2-2λz2=0x2+y2=0，得1−2λx2+1−λz2=0，
取，得，，
则m=λ−1,1−λ,1−2λ是平面的一个法向量，
因为二面角的正弦值为，所以sinm,n=69，
所以cs2m,n=1−692=2527，即4λ−323×6λ2−8λ+3=2527，
化简得，解得或（舍去）.
所以的值为.
解法二：
（i）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）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，cs∠DME=±1−692=±539，
在中，，，所以，
在中，，所以.
又因为，所以，
所以（负值舍去）.
在中，
，，
在中，
sin∠DEM=sin∠EDM+∠EMD
，
又，
由正弦定理，得，即，解得，
所以的值.
解法三：
（i）同解法二.
（ii）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，cs2∠DME=1−692=2527，
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，，，
DP=22,−2，MD=−2,2，
DE=λDP=22λ,−2λ，ME=MD+DE=22λ−2,2−2λ，
cs2ME,MD=ME⋅MDMEMD2=−4λ+2+4−4λ2622λ−22+2−2λ2，
即−4λ+2+4−4λ2622λ−22+2−2λ2=2527，
化简得，解得或（舍去）.
所以的值为.
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）由椭圆定义列出等式求得，再结合关系即可求解；
（2）（i）设P，Q的坐标分别为，，的方程为y−32=k1x−1，联立椭圆方程，由韦达定理结合NPNQ=NP⋅NQ，求得NPNQ=61+k123+4k12，同理有NSNT=61+k223+4k22，结合NPNQ=NSNT即可求证；（ii）由弦长公式结合S四边形PSQT=12PQSTsin2α，得到S四边形PSQT=363k1+4k12⋅16k12+563+9k12，令，结合基本不等式求得，再构造函数ft=36tt2+163求导确定单调性即可求解；或S四边形PSQT=1233k124k12+32−16k124k12+322，令设t=k124k12+32，构造函数ft=123⋅3t−16t2，结合其单调性即可求解.
【详解】（1）由焦距，即，可知两焦点坐标分别为，，
则2a=1−−12+32−02+(1−1)2+32−02=4，
即，，
所以的标准方程为.
（2）
（i）设P，Q的坐标分别为，，设的方程为y−32=k1x−1，
联立x24+y23=1y−32=k1x−1，整理得3+4k12x2+8k132−k1x+432−k12−12=0，
所以△=64k1232−k12−43+4k12432−k12−12=144k12+483k1+108>0，
x1+x2=8k1k1−323+4k12，x1x2=432−k12−123+4k12，
NPNQ=NP⋅NQ=x1−1,y1−32⋅x2−1,y2−32
=x1−1x2−1+y1−32y2−32
=x1−1x2−1+k12x1−1x2−1=1+k12x1x2+1−x1+x2
=1+k123+4k12432−k12−12+3+4k12+8k132−k1=61+k123+4k12，
设的方程为y−32=k2x−1，同理有NSNT=61+k223+4k22，
所以61+k123+4k12=61+k223+4k22，即，
由于，所以，即，所以，的斜率之和为定值0.
（ⅱ）不妨设的斜率，其倾斜角为，
则四边形的面积为S四边形PSQT=12PQSTsin2α，
PQ=x1−x22+y1−y22=1+k12x1−x2=1+k12⋅144k12+483k1+1083+4k12
，
同理得ST=23⋅1+k22⋅12k22+43k2+93+4k22，
由，得ST=23⋅1+k12⋅12k12−43k1+93+4k12，
又12sin2α=sinαcsαsin2α+cs2α=tanαtan2α+1=k1k12+1，
所以S四边形PSQT=12k13+4k122⋅144k14+168k12+81=363k1+4k12⋅16k12+563+9k12.
设，由基本不等式得，
当且仅当等号成立，
设ft=36tt2+163，t∈863,+∞，f′t=1216−3t2t2+1632