福建省漳州市2026届高三第一次教学质量检测数学试题（解析版）月考

这是一份福建省漳州市2026届高三第一次教学质量检测数学试题（解析版）月考，共16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。
1．已知集合A={-1,1,2,4},B=x|x-1|≤1，则A∩B=（ ）
A．{-1,2}B．{1,2}C．{1,4}D．{-1,4}
【答案】B
【解析】[方法一]：直接法
因为B=x|0≤x≤2，故A∩B=1,2，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
x=-1代入集合B=xx-1≤1，可得2≤1，不满足，排除A、D；
x=4代入集合B=xx-1≤1，可得3≤1，不满足，排除C.
故选：B.
2．已知复数z=11+i，则z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
【答案】A
【解析】z=11+i=1-i(1+i)1-i=12-12i,z=12+12i，对应点坐标为(12,12)，在第一象限．
故选：A.
3．样本数据1,3,4,5,8,10,12,15的下四分位数为（ ）
A．3B．3.5C．10D．11
【答案】B
【解析】因为i=8×25%=2，所以样本数据1,3,4,5,8,10,12,15的下四分位数为3+42=3.5，
故选：B.
4．已知向量a=x,1，b=4,-2，且a⃗//b⃗，则a⋅b=（ ）
A．-10B．-6C．6D．10
【答案】A
【解析】由a→//b→可得-2x-1×4=0，求得x=-2；
因此可得a→·b→=-2×4+1×-2=-10.
故选：A.
5．已知点N1,1，抛物线C：x2=4y的焦点为F，P是C上的动点，则PN+PF的最小值为（ ）
A．32B．2C．52D．3
【答案】B
【解析】过点P作PQ⊥抛物线C的准线l:y=-1于点Q，
由抛物线定义可得PQ=PF，
则PN+PF=PN+PQ≥NQ，
当且仅当N、P、Q三点共线，NQ⊥抛物线C的准线，
即xP=1时，PN+PQ有最小值2.
故选：B.
6．已知数列an是等比数列，a2=2，a5=14，令Tn=a1⋅a2+a2⋅a3+⋯+an⋅an+1，则Tn=（ ）
A．16⋅1-14nB．16⋅1-12nC．323⋅1-14nD．223⋅1-12n
【答案】C
【解析】设等比数列an的公比为q(q≠0)，
因为a2=2，a5=14，可得q3=a5a2=18，解得q=12，
则a2=12a1=2，解得a1=4，所以a1a2=8
又由当n≥2时，an⋅an+1an-1⋅an=q2，
所以数列an⋅an+1表示首项为8，以q2=14为公比的等比数列，
所以Tn=a1⋅a2+a2⋅a3+⋯+an⋅an+1=81-14n1-14=323⋅1-14n.
故选：C．
7．定义在R上的奇函数fx满足：∀x1,x2∈0,+∞，且x1≠x2，fx1-fx2x1-x2>1，若f2=2，则不等式fx>x的解集为（ ）
A．0,2B．2,+∞C．-∞,-2∪0,2D．-2,0∪2,+∞
【答案】D
【解析】因为∀x1,x2∈0,+∞，且x1≠x2，fx1-fx2x1-x2>1，
所以fx1-fx2x1-x2-1=fx1-fx2-(x1-x2)x1-x2=fx1-x1-fx2-x2x1-x2>0，
设g(x)=f(x)-x，
则gx1-gx2x1-x2>0，∀x1,x2∈0,+∞，且x1≠x2，，
根据单调性的定义可得，g(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为f(x)在R上为奇函数，
所以g(-x)=f(-x)-(-x)=-f(x)+x=-f(x)-x=-g(x)，
所以g(x)在R上为奇函数，
所以g(x)在(-∞,0)上单调递增，
因为f2=2，
所以g(2)=f(2)-2=0，则g(-2)=-g(2)=0，
所以g(x)=f(x)-x>0的解集为-2,0∪2,+∞，
所以fx>x的解集为-2,0∪2,+∞.
故选：D.
8．一个高为33cm，上、下底面半径分别是1cm和4cm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．163πcm2B．16πcm2C．643πcm2D．27πcm2
【答案】C
【解析】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AD,DC,BC相切，
设圆O的半径为R，则OE=OF，
由OE⊥DC,OF⊥BC，所以△OEC≌△OFC，所以CE=CF，
作OG⊥AB,BH⊥CD，由BG=EH=1cm,CE=4cm，
所以CH=3cm，又BH=33cm，所以BC=BH2+CH2=6cm，
又OG=33-R，BF=BC-CF=BC-CE=2cm，
所以OB2=BG2+OG2=OF2+BF2，
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.
二、多选题
9．在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，A=30°，a=1，b=3，则c的值可以是（ ）
A．1B．3C．2D．23
【答案】AC
【解析】根据余弦定理可得csA=b2+c2-a22bc=3+c2-123c=2+c223c=32，
即4+2c2=6c，2c2-6c+4=0，c2-3c+2=0，(c-1)(c-2)=0，
解得c=1或c=2.
故选：AC.
10．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为CC1和A1D1的中点，下列说法正确的是（ ）
A．平面AFB1//平面BDE
B．B1E⊥BF
C．EF与平面ABCD所成角的正切值为55
D．VC-C1DF=VC-BDE
【答案】BCD
【解析】A选项：如图，取BC中点J，连接DC1，DJ，C1J，
在正方体中DC1//AB1，C1J//AF，
DC1⊂平面DJC1，C1J⊂平面DJC1，AB1，AF不在平面DJC1内，
∴AB1//平面DJC1，AF//平面DJC1，
且AB1∩AF=A，AB1⊂平面AFB1，AF⊂平面AFB1，
∴平面AFB1//平面DJC1，
由图可知，平面DJC1，平面DEB相交，
∴平面AFB1与平面BDE不平行，故A选项错误；
B选项：如图，取B1C1中点K，连接KB，KF，
在正方体中FK//A1B1，∴FK⊥平面BB1C1C，B1E⊂平面BB1C1C，
∴FK⊥B1E，在正方形BB1C1C中，ΔBB1K≌ΔB1C1E，∴B1E⊥BK，
且FK∩BK=K，FK⊂平面BKF，BK⊂平面BKF，
∴B1E⊥平面BKF，又∵BF⊂平面BKF，∴B1E⊥BF，B选项正确；
C选项：如图，连接EF，C1F，
在正方体中平面ABCD//平面A1B1C1D1，∴EF与平面ABCD所成角为∠EFC1，
设正方体棱长为2a，则EC1=D1F=a，∴C1F=5a，
∴tan∠EFC1=EC1C1F=55，C选项正确；
D选项：如图，设正方体棱长为2a，
VC-C1DF=VF-CC1D=13S△CC1D⋅D1F=13×2a⋅2a2×a=23a3，
VC-BDE=VB-CDE=13S△CDE⋅CB=13×2a⋅a2×2a=23a3，
∴VC-C1DF=VC-BDE，D选项正确.
故选：BCD.
11．若函数fx的图象上存在四点共圆，则满足条件的fx可以是（ ）
A．fx=x2B．fx=xC．fx=sinxD．fx=ex
【答案】ACD
【解析】对于A，函数fx=x2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ABCD为等腰梯形，
则A,B,C,D四点共圆，A符合题意；
对于B，fx=x，定义域为[0,+∞)，在[0,+∞)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fx=x的图象有4个交点，
即fx=x的图象上不可能存在四点共圆，B不符合题意；
对于C，作出fx=sinx的图象，
必存在圆与fx=sinx的图象有4个交点的情况，C符合题意；
对于D，作出fx=ex的图象，可知当x0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fx=ex的图象有4个交点，D符合题意.
故选：ACD.
三、填空题
12．设函数fx=lnx+2x，则曲线y=fx在点1,2处的切线方程为 .
【答案】3x-y-1=0
【解析】因为f'x=1x+2，所以f'1=1+2=3，又f1=ln1+2=2，
所以曲线y=fx在点1,2处的切线方程为y-2=3x-1，即3x-y-1=0，
故答案为：3x-y-1=0.
13．已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的两条渐近线夹角是60°,则双曲线C的离心率为 .
【答案】2或233
【解析】∵双曲线的两条渐近线夹角是60°,∴b2a2=tan60°2或tan30°2.
∴c2-a2a2=3或13,解得双曲线C的离心率为2或233.
故答案为：2或233.
14．在平面直角坐标系xOy中，横坐标与纵坐标都是整数的点叫做整点，从整点x,y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M1,2到整点N7,4的T步的条数为 .（结果用数字表示）
【答案】15
【解析】由题意，从整点x,y到整点x+1,y+1，记为上步，
从整点x,y到整点x+1,y-1，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M1,2到整点N7,4的T步一共有6个，
且上步有4个，下步有2个，
因此整点M1,2到整点N7,4的T路的条数为C62=15.
故答案为：15.
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x（单位：万元）和最终得分y（单位：分），数据如下表：
请根据表中数据，建立y关于x的回归直线方程y=bx+a；
（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：b=n∑i=1xi-xyi-yn∑i=1xi-x2，a=y-bx，5∑i=1xi-xyi-y=460，5∑i=1xi-x2=1000）
解：（1）x=20+30+40+50+605=40，y=66+69+76+79+845=74.8，
因为5∑i=1xi-xyi-y=460，5∑i=1xi-x2=1000，
所以b=5∑i=1xi-xyi-y5∑i=1xi-x2=4601000=0.46，a=74.8-0.46×40=56.4，
所以回归直线方程为y=0.46x+56.4.
（2）由题意，X的可能取值为0，1，2，3.
PX=0=C43C103=130，PX=1=C61C42C103=310，
PX=2=C62C41C103=12，PX=3=C63C103=16.
所以X的分布列为
所以EX=0×130+1×310+2×12+3×16=95.
16．设函数fx=3sin2ωx+cs2ωx+1ω>0，且fx的图象相邻两条对称轴的距离为π2.
（1）求fx的单调递增区间；
（2）将fx所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列xn，求数列的前30项和.
解：（1）因为fx=3sin2ωx+cs2ωx+1=2sin2ωx+π6+1，
因为fx的图象相邻两条对称轴之间的距离为π2，所以fx的最小正周期为π，
所以2π2ω=π，又ω>0，所以ω=1，
所以fx=2sin2x+π6+1，
令-π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
解得-π3+kπ≤x≤π6+kπ，k∈Z，
所以fx的单调递增区间为-π3+kπ,π6+kπk∈Z；
（2）因为fx=2sin2x+π6+1，令fx=0，得sin2x+π6=-12，
所以2x+π6=-5π6+2kπ或2x+π6=-π6+2kπ，k∈Z，
即x=-π2+kπ或x=-π6+kπ，k∈Z，
所以fx所有的正零点为x=-π2+kπ或x=-π6+kπ，k∈Z，
所以x2n-1是以π2为首项，π为公差的等差数列，
所以x2n是以5π6为首项，π为公差的等差数列，
所以x1+x2+x3+x4+⋅⋅⋅+x29+x30=x1+x3+⋅⋅⋅+x29+x2+x4+⋅⋅⋅+x30=15×π2+15×142×π+15×5π6+15×142×π=230π.
17．已知函数fx=2ex-axa∈R.
（1）当a≥0时，证明：fa≥2a+2；
（2）若fx存在两个零点，求a的取值范围.
（1）证明：依题意得fa=2ea-a2，要证fa≥2a+2，只需证2ea-a2-2a-2≥0，
令gx=2ex-x2-2x-2x≥0，所以g'x=2ex-2x-2.
设px=2ex-2x-2x≥0，
当x≥0时，p'x=2ex-2≥0，所以px在区间0,+∞上单调递增，
所以当x≥0时,px≥p0=0，即g'x≥0，所以gx在区间0,+∞上单调递增，
故当x≥0时,gx≥g0=0.
故当a≥0时，2ea-a2-2a-2≥0，即fa≥2a+2.
（2）解：f'x=2ex-a，x∈-∞,+∞.
若a≤0，则f'x>0，所以fx在-∞,+∞上单调递增，所以fx至多有1个零点，舍去；
若a>0，令f'x=2ex-a=0，解得x=lna2，
所以当x∈-∞,lna2时，f'x0，
所以φx在区间0,1上单调递减，在区间1,+∞上单调递增，
所以φx≥φ1=1+ln2>0，从而a-lna2>0，即a>lna2，
此时00，
所以fx在区间-∞,lna2和区间lna2,+∞内分别存在唯一零点，符合题意.
综上所述，若fx在定义域内存在两个零点，则a的取值范围是2e,+∞.
解法二：
因为f0=2，所以x=0不是fx的零点.
所以fx存在两个零点等价于关于x的方程2exx=a有两个不同的解，
即函数hx=2exx的图象与常数函数y=a的图象有两个不同的交点.
因为h'x=2exx-1x2，x≠0，
当x0时，hx≥h1=2e>0；当xh1=2e，
在a>2e的条件下，
因为1aa，
又因为a>2e>1，且hx在区间1,+∞上单调递增，
所以hx与y=a在区间1,+∞上恰1个交点.
综上所述，若fx在定义域内存在两个零点，则a的取值范围是2e,+∞.
18．如图，点P为正方形ABCD所在平面外一点，M为PA中点，DE=λDP0