资源简介

福建省泉州市2026届高三质量检测（二）数学试题
一、单选题
1．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知为第二象限角，且，则（ ）
A． B． C． D．1
3．已知正数满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．定义在上的奇函数，当时，，则的值域为（ ）
A． B． C． D．
5．已知正三棱台的高为，则该棱台的侧面积为（ ）
A． B． C．18 D．
6．在复平面内，是原点，复数对应的向量分别为．若绕点按逆时针方向旋转所得的向量与绕点按顺时针方向旋转所得的向量相等，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．在区间上单调递减
B．在区间上单调递增
C．的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
D．的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点中心对称
8．双曲线的对称中心为，焦点为，过的直线与的一条渐近线平行．若与以为圆心，为半径的圆相交于两点，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．4
二、多选题
9．某市环保部门连续10天监测甲、乙两个区域的空气质量指数（简称AQI），记日期编号为，甲、乙两个区域的AQI分别为，将数据整理如下：
日期编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
甲区域AQI 27 44 43 45 34 35 33 34 40 35
乙区域AQI 34 34 30 31 36 33 32 34 33 33
根据数据进行分析，以下说法正确的是（ ）
A．甲区域AQI的极差为18
B．乙区域AQI的第65百分位数为33.5
C．甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差
D．根据最小二乘法求得关于的经验回归方程对应的直线必过点
10．已知数列满足，记为的前项和，则（ ）
A．当时，
B．，使得
C．为等比数列的充要条件是
D．且，使得
11．已知函数有两个零点，则（ ）
A．当时，
B．
C．当时，
D．函数取最小值时，
三、填空题
12．已知，则实数的值为 ．
13．已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为 ．
14．现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值为 ．
四、解答题
15．已知锐角三角形中，角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)若，求的值．
16．已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)证明：当时，；
(3)证明：．
17．如图，已知在四棱锥中，，，，．
(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)若直线与平面所成角为，点在平面内的正投影是点，求四棱锥的体积．
18．如图，数字1至8按顺时针方向排成一圈，将一棋子放在数字8处，按如下规则移动棋子：抛掷一枚质地均匀的硬币1次，若正面朝上，棋子按顺时针方向连续移动3个相邻位置；若反面朝上，则按逆时针方向连续移动3个相邻位置．若连续投掷硬币次，并按上述规则移动棋子，记最终棋子所处的数字为随机变量．例如：若连续3次抛掷硬币均为正面朝上，则棋子移动3次，第1次从数字8处移动到数字3处，第2次移动到数字6处，第3次移动到数字1处，即．
(1)求，；
(2)证明：；
(3)现设计一项游戏：游戏包含若干轮，每轮开始时将棋子放在数字8处，玩家连续投掷6次硬币并按上述规则移动棋子，当时玩家获胜，游戏结束，否则进行下一轮，游戏最多进行10轮．记游戏结束时的轮数为随机变量，求的分布列，并证明．
19．在直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且．
(1)求的方程；
(2)点是上两个动点，点在直线上，设直线的斜率分别为，且．
（i）设关于的对称点为，试判断是否共线？并说明理由：
（ii）在①的面积为定值，②的面积为定值，③的面积为定值，这三个结论中选择一个结论补充在下面命题中，使该命题为真命题，并证明．
命题：若直线与直线相交于点，则_______.
参考答案
1．C
2．A
3．A
4．D
5．B
6．C
7．D
8．D
9．ACD
10．ABC
11．ACD
12．
13．3
14．
15．（1）由，可得，
则，
因为，故.
（2）解法一：由，可得，
则，
因为，所以，，
则，即，所以，
由正弦定理，
可得，
得，
代入，可得，
解得，即.
解法二：由，可得，
则或，
即或，
因为，所以，
由余弦定理可得，则，
又，两式相加可得，
即，得.
解法三：由，可得，
得，
即，
因为，所以，
则，即，即，
则，所以，
如图，过作，垂足为，可得，
故，
所以.
16．（1），
当时，在上单调递增，函数无极值；
当时，令得，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
所以当时，取得极小值，无极大值.
（2）令，
由（1）知，取时，，
由（1）可得在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以时，；
又因为，所以时，，
综上当时，，即，当且仅当时等号成立.
（3）令，则,
则由（2）中结论可得即，
因此，
所以.
17．（1）因为，平面，
平面，
所以平面.
（2）
取中点，连接，设，
因为，
所以四边形是正方形，所以.
连接，因为为的中点，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以.
（3）方法一：
由（2）可知平面，平面，所以平面平面.
过作，垂足为，又因为平面平面平面，
所以平面，
所以在底面的射影在直线上，
所以直线与平面所成角是，所以，
因为正方形中，所以，
又因为，所以，
所以，所以．
所以点与重合，即平面.
以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为点在平面内的正投影是，所以平面．
设，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以点到平面距离为，
方法二：
以点为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为点在平面内的正投影是，所以平面．
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以点到平面距离为，
方法三：由（2）可知平面，平面，
所以平面平面.
过作，垂足为，因为平面平面，且平面，
所以平面，
所以在底面的射影在直线上，
所以直线与平面所成角是，所以，
因为正方形中，所以，
又因为，所以，
所以，所以．
所以点与重合，即平面.
取中点，连接，
由题意知，则；同理题意知，
又，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
注意到平面平面，
故点在平面内的正投影必在直线上，
过点作，垂足为，则点到平面的距离，
因为，所以，
即，所以.
，设点到平面的距离，
因为，所以，
即，解得.
18．（1）记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次，
则与互斥.
所以，；
（2）因为，
，
所以.
（3）先分析连续移动6次后的取值情况：6次均为顺时针，则；
5次顺时针1次逆时针，则；
次顺时针2次逆时针，则；
3次顺时针3次逆时针，则；
次顺时针4次逆时针，则；
1次顺时针5次逆时针，则；
次逆时针，则.
故.
所以的可能取值为，其中，
；
所以随机变量的分布列如下：
1 2 3 9 10
由.
令，
则．
两式相减，得，
即，
故，又因为，所以.
19．（1）法1：由，可得，
又，可得，所以，
所以，又，根据题意得，
解得，从而求得椭圆.
法2：依题意，故，
由，故斜边上的中线长等于，
故，所以，解得，
从而求得椭圆.
（2）（i）是，三点共线.
法1：证明：设直线与的交点为，要证明三点共线，
只需要证明与重合即证明直线的斜率与的斜率相等．
由题意得，
因为关于原点对称，关于原点对称，
故直线相互平行，所以的斜率，
所以，，
由①②，得即，
即，即，
又由题意知，所以，得证.
法2：证明：设，可得，
解得，即，
故可得直线的斜率，
又求得直线的斜率，
根据题意，又，
所，
从而得，故.
因为关于原点对称，关于原点对称，
故直线相互平行，所以的斜率，
因此可得，所以三点共线.
（ii）如图，作出符合题意的图形，

法1：根据题意直线的斜率存在且不为零，设直线，
与椭圆联立，得，
其判别式，即，
且，
由（2）知，其中，
可得，
化简得，所以直线，
将直线与直线联立，
设，可得，即，
注意到当时，直线，
此时关于原点对称，这与矛盾，
故，从而可得，即点在直线上.
法2：证明：设，
将椭圆方程整理为，即
将直线与椭圆联立得：，
整理可得，，
注意到，故上式等价于，
设，注意到，
故可得是关于的二次方程的两根，
其中，
根据韦达定理，可得，即，
又因为，故得，即，
设，因为点为两直线的公共点，
故联立两直线，
得，即，
注意到当时，直线，
此时关于原点对称，这与矛盾，
故，从而可得，即点在直线上.
若选①，因为，
而到的距离不是定值，故不为定值，故不选①；
若选②，的面积为，而不是定值，故不选②；
若选③，根据在直线上可得的面积为.

展开更多......

收起↑