【数学】福建省名校联盟2026届高三上学期开学摸底联合考试试题（学生版+解析版）

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本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上和本试卷上.
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，再选涂其他答案标号.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.考试结束后，将答题卡交回.
一､单项选择题：本题共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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由已知，，
所以.
故选：A.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意有，所以，
故选：D.
3. 椭圆的焦距为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】由可得，则椭圆的长半轴长为短半轴长为，
则其焦距为.
故选：B.
4. 若函数是奇函数，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 3
【答案】C
【解析】的定义域为，关于原点对称，
则，即，故，解得，
故选：C
5. 若实数满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. 4D. 6
【答案】C
【解析】实数满足，由基本不等式得：,当且仅当,即时取等号，则的最小值是4；
故选：C
6. 若函数为减函数，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为为减函数，
所以恒成立，即
令，则，
对于函数，
当时，在单调递增，，得；
当时成立；
当时，在单调递减，，得；
综上，的取值范围为.
故选：B.
7. 记锐角的内角的对边分别为，已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，，
所以
化简得：
因为是锐角三角形，，所以，
两边同时除以，可得，即，
又因为，所以，
由正弦定理，已知，则，
因为，所以，即，
，
因为，根据大边对大角，，且，所以.
故选：D.
8. 设抛物线的焦点为，点在上，则的周长的最小值为（ ）
A. 8B. 10C. 12D. 16
【答案】C
【解析】由周长为，
若垂直于抛物线准线于，
所以，而，
所以，要使周长最小，
即最小，仅当三点共线时，取最小值为7，
所以最小周长为12.
故选：C.
二､多项选择题：本题共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. 已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AD
【解析】A：若，则存在使，又，则，故，对；
B：若，则或，错；
C：若，则平行或相交都有可能，错；
D：若，根据线面垂直的性质知，对.
故选：AD
10. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B.
C. 在区间上单调递减
D. 的图象关于点对称
【答案】BC
【解析】，
将图象向左平移个单位长度得，
因为平移后图象关于轴对称，所以，所以，
因为，所以，所以B正确；
又，所以函数的最小正周期为，所以A错误；
令，解得，
当时，函数的单调递减区间为，又，
所以在区间上单调递减，所以C正确；
令，解得，当时，，当时，，
所以图象关于点和点对称，不关于点对称，所以D错误.
故选：BC.
11. 已知信道内传输0，1数字信号需经历多个节点，且每个节点的信号传输相互独立.当第号节点发送0时，第号节点收到1的概率为，收到0的概率为；当第号节点发送1时，第号节点收到0的概率为，收到1的概率为.设当基站（记为0号节点）依次发送信号1，0时，第号节点依次接收到的信号仍是1，0的概率为，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】当基站（0号节点）发送信号1时，1号节点接收到1的概率为，
当基站（0号节点）发送信号0时，1号节点接收到0的概率为，
所以，
若，则，所以A正确；
当基站（0号节点）发送信号1时，1号节点接收到1，2号节点也接收到1的概率为，1号节点接收到0，2号节点接收到1的概率为；
当基站（0号节点）发送信号0时，1号节点接收到0，2号节点也接收到0的概率为，1号节点接收到1，2号节点接收到0的概率为，
所以，
若，则，所以B错误；
设基站发送信号1时，第号节点依次接收到的信号仍是1的概率为，
设基站发送信号0时，第号节点依次接收到的信号仍是0的概率为，
若，则，
对于，有，，，所以C正确；
若，则，，
可得递推关系，，解得，，
所以，所以D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 写出曲线过坐标原点的切线方程：______，______.
【答案】①. ②.
【解析】当时，，则，
曲线在点处的切线方程为.
若该切线经过原点，则，解得，此时切线方程为.
当时，同理可得满足题意的切线方程为.
故答案为：；
13. 记为公比大于1的等比数列的前项和，若，，则__________.
【答案】
【解析】设等比数列的公比为，由，得，即.
再由，得，即，
解得或（舍去）, .
所以.
故答案为：.
14. 英国数学家约翰•康威发现了有趣的“康威圆定理”，如图，设的内角的对边分别为，依次延长线段至，使得，，则六点共圆，并称此圆为的“康威圆”.已知某三角形的面积为，其一条边长为2，点在该三角形的“康威圆”上运动，若是该三角形内切圆的直径，则的最小值为__________.
【答案】9
【解析】设的“康威圆”的半径为,其圆心为,内切圆半径为,内切圆圆心为,
因为,所以到,,的距离相等，则的“康威圆”的圆心与内切圆的圆心重合，
则到的距离为内切圆半径,由弦长公式可得：,则
由于,
所以,
由于三角形的面积为，其一条边长为2，不妨假设,过作的垂线，交为,设,
所以,则,,,
所以可看作点到点和的距离之和，由于点在直线上运动，点关于的对称点为，故当取最小值，等价于点到点的距离，则，当时，即为中点，则△ABC为等腰三角形时，取最小值为4，所以,
故答案为：9.
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. 某地同城闪送为了提高服务质量，进行了服务改进，并对服务进行评分.已知服务改进前某天共有1000个订单，其好评率为；服务改进后某天共有1500个订单，其中好评订单为1350个.
（1）已知某100个好评订单评分的极差为2，数据如下表所示（其中，是正整数）
求这100个好评订单的第40百分位数；
（2）根据服务改进前后的这两天的订单数据完成下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断订单获得好评与服务改进是否有关.
附：，
【答案】解：（1）根据题意，这100个好评订单评分的极差为2，
因此，解得，
又有，解得，
因为，所以这100个好评订单的第40百分位数为服务评分按从小到大的顺序排列后的第40个订单和第41个订单服务评分的平均数，即.
故这100个好评订单的第40百分位数为8.25.
（2）根据题意，服务改进前好评订单的数量为，由此可得列联表如下：
零假设：订单获得好评与服务改进无关，
，
所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即订单获得好评与服务改进有关，该推断犯错误的概率不超过0.001.
16. 已知等差数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，若，求的值.
【答案】解：（1）设等差数列的公差为，
则，解得，
所以的通项公式为；
（2），
，
若为偶数，则，
若为奇数，则，
，若为偶数，则，解得，
若为奇数，则，解得，
综上，或97
17. 如图，在矩形中，，将沿翻折得到四棱锥，且二面角为直角.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明：矩形中，，故，
又，由勾股定理得，
，
又，故，
由勾股定理逆定理得，
因为二面角为直角，即平面⊥平面，交线为，
又⊥，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以平面；
（2）解：平面中，过点作⊥，过点作⊥于点，
则，，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
由于，故，
所以，，
显然平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，
令得，，故，
所以，
平面与平面夹角的正弦值为.
18. 已知双曲线的右焦点为，离心率为2，圆与恰有两个交点.
（1）求的方程；
（2）设为的左顶点，过且斜率存在的直线交的右支于两点，直线分别交圆的另一点于.
（i）证明：三点共线；
（ii）设直线与直线交于，证明：点在定直线上.
【答案】（1）解：因为圆与恰有两个交点，
由双曲线及圆的对称性知，圆过双曲线的左右顶点，
所以，
又，所以，故，
所以双曲线的方程为.
（2）证明：（i）由（1）知，,
设过的直线方程为，，如图，
由，可得，
，其中，
，
，
，为圆的一条直径，
三点共线.
（ii）不妨设直线，其中，
由（i）可知，
由，可得，解得,
故可得，即，
，
直线，
由，可解得，
点在定直线上.
19. 已知函数定义在上，记的导函数为.
（1）求的单调区间与最小值；
（2）若，讨论函数的极值点个数；
（3）证明：当时，.
【答案】（1）解：的定义域为，
，令，即，得.
当时，，在上是单调递减；
当时，，在上单调递增；
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
的单调递减区间为，单调递增区间为，的最小值为．
（2）解：，，
，
令，即，变形得，
由（1）知的最小值为，
当时，与的图象没有交点，即，无极值点；
当时，与的图象有且只有一个交点，即有一个解，
但在该点两侧同号，无极值点；
当时，与的图象有两个交点，即有两个解，
又， ，，
在区间各有唯一零点和，且由的单调性，在和单调递增，在单调递减，在上无其它零点, 故有且仅有2个极值点.
综上，当时，无极值点；当时，有且仅有2个极值点．
（3）证明：，
则，
即，
令，即，解得．
当时，单调递减；
当时，单调递增，
则为的最小值，
故，
设，
，
，易知，，是上的增函数，
，，
.
服务评分
8.5
9
9.5
10
订单数量
32
13
11
4
好评订单
非好评订单
合计
服务改进前
1000
服务改进后
1350
1500
合计
0.1
0.05
0.01
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
好评订单
非好评订单
合计
服务改进前
850
150
1000
服务改进后
1350
150
1500
合计
2200
300
2500