福建省泉州市2026届高三下学期模拟考试（一）数学试卷（Word版附解析）

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一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则（ ）
A．B．C．0或D．0或
3．已知向量，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数的部分图象如图，则的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展应用培训活动.现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分的取值分别为，若，则（ ）
A．0.1B．0.2C．0.3D．0.4
6．已知直线，圆关于轴对称，且过点，则圆上的点到的距离的最大值与最小值之和等于（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，成等差数列，，，则（ ）
A．B．C．D．1
8．已知定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且，若当时，，则（ ）
A．B．
C．存在极值点D．有且只有一个零点
二、多选题
9．数列中，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当时，
D．当时，
10．如图所示的花灯的轮廓是正六棱柱，其棱长均相等，且所有棱长的总和为36，则（ ）
A．平面
B．平面
C．直线到平面的距离等于
D．平面与平面的夹角的余弦值等于
11．以坐标轴为对称轴的双曲线过点，其一条渐近线过点，且两焦点为.若直线，分别与的两支交于两点，线段的中点为，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的方程为
B．若，则点在直线上
C．若，则的取值范围为
D．若，则与的内切圆的半径之比为2或
三、填空题
12．某学习小组由6名男生和4名女生组成，从中依次随机抽取2人参加知识竞赛，则在第一次抽到男生的条件下，第二次抽到女生的概率等于______.
13．将10个数从小到大排列，若这列数成等差数列，且所有奇数项的和为30，所有偶数项的和为40，则这列数的中位数等于__________.
14．若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________.
四、解答题
15．在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)若关于轴的对称点为，求的面积的最大值.
16．为深入贯彻“五育融合”的教育理念，某地在中小学全面推广劳动教育实践课程，定期统计学生参与劳动实践的情况，下表是课程开设后前5个月的数据，其中表示月份编号，表示该月份日平均参与劳动实践的学生人数（单位：万）.
根据表格数据得到如图所示的散点图.
(1)根据散点图推断与是否线性相关，计算样本相关系数，并推断它们的相关程度；
(2)由（1）所得结论，建立关于的回归方程，并预测第6个月的日平均参与人数；
(3)假设第6个月（按30天计）的日参与人数（单位：万）服从正态分布，并视（2）的结果为的值，预测该月份日参与人数超过1.75万的天数是否不少于25天.
附：
①样本相关系数；
②回归直线的斜率的最小二乘估计为；
③；
④若，则.
17．的内角所对的边分别为，其面积为. 已知.
(1)求；
(2)点满足，且，求.
18．已知函数.
(1)证明：有且只有一个极值点；
(2)若恰有两个零点.
（i）证明：；
（ii）记的极值点为，若，求的取值范围.
19．科赫四面体是一种借助递归迭代生成的分形几何体.其构造过程是：从一个正四面体开始，在该几何体的每个正三角形面上，移除以各边中点为顶点的小三角形，并以此小三角形为底面，向外构建小正四面体.如图，持续重复对新生成的几何体执行上述操作，最终得到科赫四面体.
现有一种高效吸附材料，其结构为科赫四面体模型，此模型是由棱长为的正四面体经过持续重复上述操作得到的.记第次操作后生成的几何体为，设的表面积为，体积为.
(1)求；
(2)在材料科学中，物料的表面积与体积之比被定义为比表面积，其值越大，吸附能力越强.根据比表面积随的变化趋势，说明该材料吸附能力强的原因.
(3)是否存在一个球形容器，能够使该材料整体放入其中？若存在，求其半径的最小值；若不存在，请说明理由.
月份编号
1
2
3
4
5
日平均参与人数
0.5
0.7
1
1.3
1.5
参考答案
1．D
【详解】由，
所以.
2．C
【详解】设复数，则，
所以，
所以，解得或，
所以或.
3．C
【详解】因为向量，可知，
则.
4．A
【详解】由函数的图像，可得函数的定义域为，
且其图像关于原点对称，即函数为奇函数，
且当时，且，
对于A，函数的定义域为，且，
所以函数为奇函数，且当时，且，所以A符合题意；
对于B，函数的定义域为，且，
所以函数为偶函数，所以B不符合题意；
对于C，函数为最小周期为的周期函数，所以C不符合题意；
对于D，函数的定义域为，
且满足，所以函数为奇函数，
当时，且，所以D不符合题意.
5．B
【详解】由题可设，则，，
所以，解得.
所以.
6．D
【详解】由题意可设圆的方程为，
将代入可得，解之得，
所以圆心与半径分别为，
则C到的距离为，
所以圆上的点到的距离的最大值与最小值分别为，
其和为.
7．B
【详解】因为，，成等差数列，所以，则.
设，，则，，.
又，，
所以，
整理得，即，
所以，即.
8．D
【详解】，即，故函数为奇函数，
设，则，
由题意，当时，，
在上单调递增，
又为偶函数，故为奇函数，
在上单调递增，图象连续不断且，
在上单调递增，
当时，，；同理当时，，
对于A，，，，故A错误.
对于B，当时，，则，故B错误.
对于C，由于函数的单调性未知，故该选项不确定，故C错误.
对于D，当时，，当时，，且，有且只有一个零点，故D正确.
9．AD
【详解】对于A选项，由题意可得，即，
又，所以数列是首项为1公差为2的等差数列，所以，A正确；
对于B选项，由题意可得，，所以数列为等比数列，
其首项为，公比为，所以，B错误；
对于C选项，由题意可得，
可得，，
所以数列为等比数列，其首项为，公比为，
所以，所以，
所以，C错误；
对于D选项，由题意可得，可得，，
所以数列为等比数列，其首项为，公比为，
所以，所以，D正确.
10．ACD
【详解】对于A，如图易证，平面，平面，所以平面.
对于B，C，D如图建立空间直角坐标系，因为棱长均相等，且所有棱长的总和为36，
所以，，
，，，
对于B，，，
所以与不垂直，故不垂直于平面.
对于C，易得平面，故直线到平面的距离即为点到平面的距离.
如图，
设平面的法向量为则即，
令，则，到平面的距离，
即直线到平面的距离等于.
对于D，设平面的法向量为，
,则,即
令，则.平面与平面的夹角的余弦值等于
11．ACD
【详解】对于A，设双曲线的方程为，则渐近线方程为，
则由题意得，，，解得，
则双曲线的方程为，故A正确；
对于B，若，则，
联立，得，
设，
则，
则，故，
则点在直线上，故B错误；
对于C，若，则，则由对称性可知关于原点对称，且不与顶点重合，
则四边形为平行四边形，则，
不妨设在第一象限，则由双曲线的定义可知，，
则，
因为，且在上单调递增，
所以，
则的取值范围为，故C正确；
对于D，若，则，恒过点，
联立，得，
则，即，
不妨设分别在第二、一象限，
则，，
则由双曲线的定义可知，，
则的内切圆的半径为，
的内切圆的半径为，
则与的内切圆的半径之比为
，
若分别在第一、二象限，则半径之比为，故D正确.
12．
【详解】在第一次抽到男生的条件下，学习小组剩余9个人，其中男生5名，女生4名，
所以在第一次抽到男生的条件下，第二次取到女生的概率是.
13．7
【详解】，
所以，所以这列数的中位数等于
14．
【详解】由于，则,
则曲线在点的切线方程为,
即，
又因为此切线也为圆的切线，
则圆心到切线的距离,
两边平方，化简为,
设，则，即,
因为存在4条切线，所以上述一元二次方程有两个不同的正实根时有4个解，
则，解得，
所以的取值范围是.
15．(1)
(2)
【详解】（1）设，则，则
，且，
由，得，
整理，得，即，
故的方程为.（约束条件也可写成）
（2）解法一：
依题意，得，则，
所以，从而，所以，
则的面积，
因为点在曲线上，则，所以，
即，当且仅当时取“”.
故面积的最大值为2.
解法二：
设，
则，
所以，
所以，从而，所以，
则的面积，
又，
故当或或或，
即或或或时，.
解法三：
当直线的斜率不存在时，点与点重合，此时不合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
则，从而，
所以，从而，所以，
由消去，得，整理，得，
所以的面积，
因为，当且仅当，即时取“”，
所以.
16．(1)0.997，与的线性相关程度强；
(2)，1.78
(3)该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天.
【详解】（1）解法一：
根据散点图直观判断与之间线性相关.
因为，
所以与的线性相关程度强；
（也可利用“”或“接近1”判断相关程度强）
解法二：
根据散点图直观判断与之间线性相关.
因为，
，，，
，
所以与的线性相关程度强；
（也可利用“”或“接近1”判断相关程度强）
（2）解法一：
设，则，
所以，
故时，.
解法二：
设，则，
所以，
故时，.
（3）依题意，得，
由正态分布性质，可知.
因为，
所以.
因为，
所以该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天.
17．(1)
(2).
【详解】（1）因为，，，
所以，即，
因为，，所以，
又因为，所以.
（2）因为，.
因为，所以，则，
即.
整理得，即，也即.
因为，所以，即.
在中，由余弦定理知，，
所以.
18．(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【详解】（1）解法一：函数的定义域，
令，因为，
所以在单调递增，即在单调递增.
又.
所以存在唯一的实数，使得，即.
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增；
故为的极小值点，即有唯一的极值点；
解法二：同法1得到在单调递增.
由于
，
，
所以存在唯一的实数，使得，即，
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增；
故为的唯一极值点.
（2）（i）解法一：由（1），得.
①当时，至多一个零点，不合题意，舍去；
②当，即时，
由消去得，，
令，
因为，所以为减函数，
又因为，所以的解集为.
又在单调递增，所以.
又.
此时有两个不同的零点，即.
解法二：同法1得到 .
此时
又，则，
由零点存在性定理，存在，使得.
综上，可得.
（ii）解法一：由于，所以可化为.
令，
则
，
设，则，则，
则，即，从而.
令，所以在单调递增，
所以，所以，
即，
所以，所以在单调递增.
所以，故.
解法二：将代入整理得
令，
当时，因为，所以，
所以，显然成立；
当时，，
令，则.
显然在单调递增，所以.
①当，则，
此时在单调递增，
所以，即.
所以在单调递增，所以，
欲使，只需，即.
即时，符合题意.
②当时，则，
又，
若，则，
又在连续，
则存在，使得，这与矛盾；
若，则显然不恒成立
综上，实数的取值范围为.
解法三：将代入整理得
令
①当时，.
又，
若，则，
又在的图象是连续不断的，
故存在，使得，这与矛盾；
若，则显然不恒成立
所以时，不恒成立.
②当，因为，
令
又，
因为，所以.
所以
所以在单调递增，
所以.
综上，实数的取值范围为.
19．(1)；
(2)答案见解析
(3)存在，.
【详解】（1）正四面体的表面积为.
依题意，得；
正四面体的体积为.
（2）依题意每次操作后，几何体的表面积变为上一次的倍，
故数列是首项为，公比为的等比数列，
所以；
依题意得，，
所以
；
又当时，
故.
又为递增数列，且当时，为递增数列，
且当时，，所以当时，，
故由此解释，该结构吸附能力强.（或，故当时，，类似说法亦可）；
（3）法一：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为.
理由如下：
过点作平面于点，因为四面体为正四面体，故为外心，即重心，内心，垂心，则在上，且，同理得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心，设四面体棱长为，，则，所以，则由，解得，
所以.
记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，连结.
则平面，设垂足为，则为的外心，重心，垂心，故在上，且，故与重合，所以共线，则平面，故.
记第2次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，连结，依次类推，第次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，其任意顶点为，连结.则依题意得：
，，
从而.
又，所以，故，即无论第几次迭代，的任意顶点到的距离都不会超过正四面体的外接球半径，又，故的最小值即为.
法二：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为.
理由如下：
过点作平面于点，因为四面体为正四面体，
故为外心，即重心，内心，垂心，则在上，且，
同理得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心，
设四面体棱长为，则，
所以，则由，解得，
所以.
记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，连结
.则平面，设垂足为，则为的外心，重心，垂心，
故在上，且，故与重合，
所以共线，则平面，故.
以此类推，几何体最新构造的任一四面体及其在上对应的四面体，棱长分别为和，其外接球球心为别为和，半径为和，记正四面体的中心为，则.
因为，所以，故.
记球体内（含表面）所有点的集合为，
因为，所以，
故⫋⫋⫋，所以⫋，
因为球为四面体的外接球，即对上的任一点，都有，
所以，即，
故的最小值即为正四面体的外接球半径为.