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福建省漳州市2026届高三教学质量检测数学试题
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.样本数据的众数为( )
A. B. C. D.
2.已知复数的共轭复数为，若，则( )
A. B. C. D.
3.已知都是单位向量，且，则在方向上的投影向量为( )
A. B. C. D.
4.为了测量某古塔的高度，设点为塔顶，点为在地平面上的投影，小张遥控无人机将无人机视为质点从地平面上的处竖直向上飞行米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，然后继续竖直向上飞行米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，则该古塔的高度为( )
A. 米 B. 米 C. 米 D. 米
5.数列的通项公式分别为，在中去掉中含有的项得到新数列，则的前项的和为( )
A. B. C. D.
6.甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，且三人的选择相互独立．设事件“三个人去的景点各不相同”，事件“甲去了第个景点”，事件“乙去了第个景点”，则下列说法错误的是( )
A. 与互斥 B. 与相互独立 C. D.
7.已知是定义域为的奇函数，则不等式的解集是( )
A. B.
C. D.
8.已知是椭圆的左、右焦点，为上一点，分别为的外接圆半径和内切圆半径，且，则的离心率取值范围为( )
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.若函数在上单调递增，则( )
A. 曲线关于点对称 B. 的最大值为
C. 的最小值为 D. 的最大值为
10.已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 平面截正方体所得的截面可能是五边形
B. 可能是钝角三角形
C. 的最小值大于
D. 的最小值小于
11.已知曲线在处的切线与轴，轴分别交于点，，记，其中为坐标原点，则下列结论正确的是( )
A.
B.
C.
D. 若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆台的上底面和下底面的半径分别为，，母线长为，则该圆台的体积为 ．
13.过作圆的两条切线，设切点分别为，则直线的方程为 ．
14.已知是集合的非空子集，若，则称是集合的“互斥子集组”，并规定与为不同的“互斥子集组”集合的不同“互斥子集组”的个数是 用数字作答
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
已知分别为椭圆的左、右焦点，且，点在上．
求的方程；
若点在上且在第一象限，为直角三角形，求点的坐标．
16.本小题分
在中，角所对的边分别为，已知．
判断的形状；
若边上的两条中线相交于点，求．
17.本小题分
某智慧园区需要对台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案：
方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对台设备逐一进行检测，若机器人成功检测台或台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少于台，则进行第二轮巡检．第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一进行检测，无论第二轮检测结果如何都结束巡检．机器人每次成功检测每台设备的概率为，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为元．
方案二：采用人工巡检，对台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测一次的费用为元．
当时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率；
记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为，求的数学期望用表示；
若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？
18.本小题分
如图，在四棱锥中，，点在线段上，，，平面平面．
证明：；
过点作平面，使得平面，平面，请作出直线，写出画法并证明；
若，求当取最小值时，二面角的正弦值．
19.本小题分
已知函数．
求函数的单调区间；
若，求的最大值；
若函数有零点，证明：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
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8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：解法一：由题意，得，解得
所以的方程为．
解法二：由题意，得椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，
所以，，
所以，，
所以的方程为．
解法一：设，，，由题意，得，．
因为点在上且在第一象限，为直角三角形，
所以或．
若，则，代入椭圆的方程得，解得，
所以；
若，则，
又在上，所以，
联立，解得，所以．
综上，点的坐标为或．
解法二：因为点在上且在第一象限，为直角三角形，
所以，或．
若，则，代入椭圆的方程得，解得，
所以；
若，则，
因为，即，
解得．
设，，，
所以，即，所以．
又在上，所以，所以，即．
综上，点的坐标为或．

16.解：解法一：由，得，
由正弦定理得，
即，即，
因为，所以，
所以根据的图象可得，或，或，
所以，或，或，
又，所以，或，
所以是等腰三角形或直角三角形；
解法二：由，得，
由余弦定理得，
即，
化简得，
从而，或，
所以是等腰三角形或直角三角形；
解法一：若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去；
若，则，
以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，
则，
所以，
所以
．
解法二：若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去；
若，则，
，
，
因为边上的两条中线相交于点，所以为的重心，
所以，
所以．
解法三：若，则，不满足三角形三边关系，舍去；
若，则，所以，
，所以．
又，所以，
在中，，
所以
．

17.解：由题意，机器人第一轮巡检成功检测到台或台设备，
所以机器人无需进行第二轮巡检的概率为
由题意得，，
，
所以，
所以．
应选方案一，理由如下：
记为机器人巡检的检测总费用，为人工巡检的检测总费用，
由题意得，，
令
则，
因为，所以，即在上单调递减，
所以，
所以，
故选用智能机器人巡检的检测平均总费用更低，应选方案一．

18.解：证明：在中，，，，
所以，
所以，所以．
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，
所以．
取的中点，的中点，连接，则即为直线．
证明如下：连接，
因为分别是和的中点，
所以，
又平面平面，
所以平面，
同理，平面，
又平面，
所以平面平面，
又过且与平面平行的平面有且只有一个，平面，
所以平面即平面，
又平面平面，
所以即为直线．
以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
其中轴在平面内，轴垂直平面，
则，
设，
则，
因为，
所以，
化简得，
又，所以，
所以点在面内的曲线上，
同理，点也在上．
在平面直角坐标系内，，
设直线的方程为，
代入，
得，
设，
则
解得．
，
令，
则
因为，
所以
所以当，即时，，
此时在空间直角坐标系中，，
设是平面的法向量，
，即
取
设是平面的法向量，
即
取
设二面角的大小为，
则，
又，
所以二面角的正弦值为

19.解：因为，所以，
若，则，所以在上单调递增；
若，则由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
法：由，即，得．
当，时，，下面证明此时成立，
此时，由知在上单调递减，在上单调递增，
所以成立．
综上，的最大值为．
法：若，则
当时，，
当时，，
所以当且时，，不合题意．
若，则的值域为，
所以，所以．
若，则结合得，，
即，即，所以，
令，则，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以，
当时，．
综上，的最大值为．
法：若有零点，设零点为，
则，
即，
即，
这说明点在直线上，
设点到直线的距离为，
则，即，
由知，，仅当时，“”成立，
所以
所以．
法：若有零点，设零点为，
则，
即，
即，
设，则，
即，其中，
所以，
所以，
由知，，仅当时，“”成立，
所以
所以．

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