福建省泉州市2026届高三上学期质量监测（一）数学试卷（解析版）

这是一份福建省泉州市2026届高三上学期质量监测（一）数学试卷（解析版），共17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．若1+iz=2，则在复平面内z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】D
【解析】∵1+iz=2，∴z=21+i=21-i1+i1-i=1-i，
∴在复平面内z对应的点为1,-1，位于第四象限.
故选：D.
2．已知集合A={x|2≤xzC．z>y>xD．z>x>y
【答案】D
【解析】令2x-2=3y-3=5z-5=t，得x=lg2(t+2),y=lg3(t+3),z=lg5(t+5),t>-2，
在同一坐标系内作出函数f(t)=lg2(t+2),g(t)=lg3(t+3),h(t)=lg5(t+5),t>-2的图象，
则x,y,z分别是函数y'=f(t),y'=g(t),y'=h(t),t>-2的图象与直线t=a(a>-2)交点的纵坐标，
观察图象得，当-2x；当a=0时，x=y=z；当a>0时，x>y>z，
因此ABC都可能，D不可能.
故选：D.
8．已知直线x+ay-22a+1=0与圆O:x2+y2=r2r>0交于不同的两点A，B，若∠AOB存在最小值且最小值不大于60°，则r的取值范围为（ ）
A．3,2B．3,23C．3,23D．3,6
【答案】C
【解析】将直线方程x+ay-22a+1=0变形为x+1+ay-22=0，则可知直线恒过定点P-1,22，
圆O:x2+y2=r2r>0的圆心O0,0，则OP=-1-02+22-02=1+8=3，
若r≤3，则直线可和圆O相切，如图所示，此时A、B重合，若直线与圆O交于不同的两点A，B，
则∠AOB可不断趋于0，不存在最小值，与题意不符，故r>3，
即P在圆O内，直线与圆O一定交于两点A、B，此时对于任意给定的半径r，
根据圆的性质，当OP⊥AB时，弦AB最短，∠AOB最小，此时弦长AB=2r2-OP2=2r2-9，
在△AOB中，OA=OB=r，当∠AOB=60°时，△AOB为等边三角形，此时|AB|=r，
由题意，已知∠AOB最小值不大于60°，则最小值对应的弦AB满足|AB|≤r，
即2r2-9≤r，解得r≤23，
综上所述，30,sinB>0，
所以sinAsinB>0,sinBsinA>0，
所以4csC=sinAsinB+sinBsinA≥2sinAsinB×sinBsinA=2，
当且仅当sinAsinB=sinBsinA，即A=B时，等号成立，
所以csC≥12，
又因为C∈(0,π)，
所以C∈(0,π3]，
所以C的最大值为π3，故B正确；
对于C，由A可知sin2A+sin2B=2sin2C，
即sin2A-sin2C=sin2C-sin2B，
又因为sin(A+C)sin(A-C)=(sinAcsC+csAsinC)(sinAcsC-csAsinC)
=sin2Acs2C-cs2Asin2C
=sin2A(1-sin2C)-(1-sin2A)sin2C
=sin2A-sin2C，
即sin2A-sin2C=sin(A+C)sin(A-C)，
同理可得sin2C-sin2B=sin(C+B)sin(C-B)，
所以sin(A+C)sin(A-C)=sin(C+B)sin(C-B)，
即sin(π-B)sin(A-C)=sin(π-A)sin(C-B)，
所以sinBsin(A-C)=sinAsin(C-B)，故C正确；
对于D，因为1tanA+1tanB=csAsinA+csBsinB=sinAcsB+csAsinBsinAsinB=sin(A+B)sinAsinB=sinCsinAsinB，
又因为a2+b2=2c2，
所以csC=a2+b2-c22ab=c22ab=sin2C2sinAsinB，
2tanC=2csCsinC=2×sin2C2sinAsinBsinC=sinCsinAsinB，
所以1tanA+1tanB=2tanC，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
12．若一个等差数列的前3项和为9，前7项和为35，则该数列的第6项为 ．
【答案】7
【解析】由题意a1+a2+a3=3a2=9，得a2=3，
a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=7a4=35，得a4=5，
又a2+a6=2a4，
所以a6=7，
故答案为：7.
13．函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝ .
【答案】1
【解析】f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.
当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，
10，
故fx在π2,π无极值．
②当x∈0,π2时，令φx=f'x=xsinx+mcsx，得φ'x=1-msinx+xcsx．
由1-m>0，sinx≥0，xcsx≥0，则φ'x≥0，从而φx在0,π2单调递增．
又φ0=0+m0，
由零点存在性定理可知，存在x0∈0,π2，使得φx0=0．
从而当x∈0,x0，f'x0时，-m=xtanx有唯一解x0，
且当x∈π2,x0时，f'x>0，fx单调递增；
当x∈x0,π时，f'x0舍去．
综上，m0，
当00，所以x0∈0,π4．
又gx在x0,π上递增．所以gxmin=gx0