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福建省宁德市2026届高三质量检测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，集合，则中元素的个数为( )
A. B. C. D.
2.复数满足，是的共轭复数，则( )
A. B. C. D.
3.已知向量若，则( )
A. B. C. D.
4.设甲：；乙：，则甲是乙的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
5.若的最小正周期为，且，则( )
A. B. C. D.
6.直线被圆截得的弦长的最小值为( )
A. B. C. D.
7.已知分别是双曲线的左右焦点，过作的渐近线的垂线，垂足为若，则的离心率为( )
A. B. C. D.
8.设是定义在上的函数，若，当时，，称函数具有性质，则下列函数具有性质的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某市生态环境局记录了月日连续天的预测误差预测误差实际浓度预测浓度，单位：，如下表：
日期
预测误差
则以下结论正确的是( )
A. 这组数据的中位数是
B. 这组数据的众数是
C. 若第天的预测误差为，则加入该数据后的平均数不变
D. 若第天的预测误差为，则加入该数据后的方差变小
10.设抛物线的焦点为，准线为过的直线交于两点，过，作的垂线，垂足分别为，则( )
A.
B. 的最小值为
C. 若为的中点，则
D. 点到上点的距离的最小值为
11.已知圆台形状的容器的上下底面半径分别为，，母线长为若容器壁厚度忽略不计，则( )
A. 该容器的侧面积为
B. 该容器的容积为
C. 该容器可以整体放入表面积为的球形容器内
D. 能将个半径为的球平铺放入该容器内
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.曲线在处的切线的斜率为 ．
13.记数列的前项和为，若是等差数列，，则数列的通项 ．
14.点在同一个平面内，满足，记到直线的距离分别为，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共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.本小题分
已知数列，且．
求证：是等比数列；
求数列的前项和．
16.本小题分
已知椭圆的离心率为，直线交于两点当时，．
求的方程；
过作直线的垂线，垂足为，点，证明：三点共线．
17.本小题分
如图，平面四边形中，．
求的长；
将沿翻折到，连接，如图当时，求直线与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
把学生考试中解答题结果正确无明显逻辑错误，但书写步骤不规范缺少必要文字说明卷面潦草得分要点缺失的解答定义为“拙解”为优化考试阅卷效率，某市教育学院引入智能阅卷系统，对数学试卷采用两台初评人工仲裁的方式阅卷按扣分评分：“拙解”扣分分分．初评与人工仲裁扣分概率均相同，且相互独立，各扣分概率如下表：
扣分
概率
记系统的扣分分别为，仲裁扣分为，扣分规则如下：
若，取的平均数为最终扣分；
若，启动人工仲裁，取中与更接近者，与计算平均数为最终扣分，若，则取中较小者与计算平均数为最终扣分．
根据以上材料，解决如下问题：
设某同学一道“拙解”的最终扣分为随机变量，求；
该同学本次考试道解答题全部为“拙解”，各题扣分相互独立．
记单题扣分的题目数为，求；
记单题扣分不高于分的题目数为，若该同学通过规范书写，可将单题扣分不高于分的概率提升至，为使，求的最小值结果保留两位小数．
参考数据：
19.本小题分
已知函数．
若在处取得极值，求的值，并指出它是极大值还是极小值；
当时，证明：；
当时，若，求整数的最小值．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：因为，故，
又，得，
故数列是以为首项，为公比的等比数列．
由得，故，
解法一：；
解法二：
．

16.解：因为椭圆的离心率为，所以，
又，所以，
所以椭圆方程为
当时，的方程为，代入椭圆的方程得：
又因为，所以
所以解得，故椭圆的方程为
方法一：
设，，则
由消去得：，
则，，
，，
因为
所以，且有公共点，故，，三点共线．
方法二：
设，，则
由消去得：，
则，，
，，
因为
所以，且有公共点，故，，三点共线．
方法三：
设，，则
由消去得：，
则，，
直线的方程为，
即，令得，
即，
因此，
故点在直线上，所以，，三点共线．

17.解：解法一：平面四边形中，，；
因为，所以为等腰直角三角形，
在中，因为，，
所以，，所以．
在中，，
由余弦定理得，
所以．
解法二：平面四边形中，，；
所以平面四边形为圆内接四边形，
又因为，所以为等腰直角三角形，
所以是圆的直径，
在中，，，
所以，，，
，
由正弦定理得，又，
故．
解法一：以的中点为原点，以，为，轴正方向，以垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
设，由可知，，，又因为，
所以
解得，，，即，
则，，．
设平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，
则，取，则，，
所以平面的一个法向量，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
解法二：在中，，，故，
由，取的中点，的中点连接，则，．
因为，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
在中，，，，所以，
因为，所以．
过作交的延长线于，
则平面，且．
设到平面的距离为，
由，所以，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．

18.解：某同学一道“拙解”的最终扣分为分，包括以下四种可能：
扣分，扣分；
扣分，扣分；
扣分，扣分，仲裁扣分；
扣分，扣分，仲裁扣分，
故
；
因为
，
，
，
单题扣分的概率为，，
，
，
，
故，；
原本单题扣分不高于分的概率为，则，
由，有，得，
令，，
故在单调递增，
又，
，
所以的最小值为．

19.解：因为，所以．
因为在处取得极值，所以，解得．
当时，，
当在区间变化时，，的变化情况如下表所示：
极大
所以在处取得极大值．
，
令，则，
则的最值问题可转化为的最值问题，．
当时，不恒为零，所以在上单调递增，
，
由，得，
所以，所以，即；
当时，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
而，由上知，所以，
又，所以，
所以，所以，即．
综上，当时，．
当时，，
令，由题意知恒成立．
而，，
当时，，，当时，，
所以在上单调递减，，不合题意舍去，故．
当时，，
，
，
，
所以，当时，，
则在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，，不合题意舍去．
当时，，
，
当时，，
所以在上单调递增，，符合题意；
当时，由可知，，
所以．
综上，整数的最小值为．

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