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福建省泉州市2026届高三质量监测（一）数学试题及参考答案
一、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，只有一项符合题目要求.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1.若，则在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
2.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知双曲线的一条渐近线的方程为，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知函数的图象关于点中心对称，则其图象的一条对称轴方程可以是（ ）
A. B. C. D.
5.定义在奇函数满足，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
6.一条河来归纳平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的某地出发，向河对岸航行.已知船在静水的速度大小为，且船在航行过程中受水流的影响.当船以路程最短的方式航行到对岸时，所需时间为6分钟，则水流速度的大小为（ ）
A. B. C. D.
7.若实数满足，则的大小关系不可能是（ ）
A. B. C. D.
8.已知直线与圆交于不同的两点，若存在最小值且最小值不大于60°，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
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.在直三棱柱中，，，为的中点，则（ ）
A. B.平面
C. D.平面平面
10.在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，是上一点，点，若的延长线与交于点.记，，，则（ ）
A. B.
C. D.
11.在中，若，则（ ）
. .的最大值为60°
. .
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若一个等差数列的前3项和为9，前7项和为35，则该数列的第6项为 .
13.若函数在处取得极小值，则 .
14.已知：（ⅰ）在一系列独立重复的伯努利试验中，用表示事件第一次发生时已经进行的试验次数，记每次试验中事件发生的概率为，则的分布列为，.如果随机变量具有上式的形式，则称随机变量服从几何分布，且；（ⅱ）若随机变量，满足.连续不断地抛掷一枚骰子，记录下它每次落地时朝上的面的点数，知道2,4,6点均出现为止，则抛掷总次数的数学期望为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算两种教学系统在提升步骤.
15.（13分）为比较两种AI教学系统在提升教师备课效率方面的差异，研究人员在某地区随机招募了200名教师，并随机分配其中100名使用系统A，其余100名使用系统B.经过一个月的使用后，以“备课时间减少15%以上”作为备课效率显著提升的标准，经整理得到如下列联表：
使用的教学系统 备课效率 显著提升 没有显著提升 合计
系统A 75 25 100
系统B 55 45 100
合计 130 70 200
（1）记事件“该地区教师使用系统A后，备课效率显著提升”的概率为，求的估计值；
（2）根据小概率值的独立性检验，分析这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面是否存在差异.
附：.
0.05 0.005 0.001
3.841 7.879 10.828
16.（15分）已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，其中.记为正项数列的前项和，已知.
（1）写出，并求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，证明：.
17.（15分）矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点.
（1）求的方程及离心率；
（2）若三点在以为直径的圆上，且直线均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形.
18.（17分）已知正方体的棱长为2.
（1）证明：平面；
（2）动点满足，且点在同一球面上.设该球面的球心为，半径为.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）当最大时，求二面角的余弦值.
19.（17分）已知函数，.
（1）当时，求的值域；
（2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围；
（3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值.
参考答案
一、选择题
1.D 2.C 3.A 4.C 5.B 6.B 7.D 8.C
二、多项选择题
9.BCD 10.AC 11.BCD
三、填空题
12. 13. 14.
四、解答题
15.解：（1），故由频率估计概率，的估计值为.
（2）零假设为：这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面内有差异.
根据表中数据可得，.
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为这两种AI教学系统在显著提升教师备课效率方面存在差异，此推断犯错误的概率不超过.
16.解：（1）由已知.
曲线在点处的切线方程为，
即.
令，得.
∵，∴，.
∵，∴,得.∴.
∴数列为等比数列，首项为1，公比为.∴.
（2）由（1）可得，则，
，
两式相减得：，
∴，∵，∴.
17.解：（1）由已知可得，，∴，，.
∴，的方程为.
（2）由已知，圆的方程为：.
当点是矩形的顶点时，均与坐标轴垂直，则此时.
当点不是矩形的顶点时，设点的坐标为，
直线的方程为，即.
联立，整理得：，
由，
化简得.
设直线的方程为，
同理可得：，
则是关于的一元二次方程的两根，
故，又，∴，∴.
综上，，是直角三角形.
18.解：（1）在正方体中，连接，则，
∵平面，平面，∴，
∵，，平面，∴平面，
又∵平面，∴，
同理可得，
又∵，平面，∴平面，
（2）（ⅰ）取中点，取中点，依题意得：球心在直线上.
∵，
∴，即，
延长至，使得，连接.
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，.
同理得：，，∴，，故，
∴点在线段上.
设，则，则.
易得，则有，∴，故有.
∴，整理得：，
由，得.
∴，∴的取值范围是.
（ⅱ）当最大时，，，此时点与点重合.
∵，，，平面，
∴平面.
∵平面，∴，，
∴即为二面角的平面角.
在中，，，，∴，
∴，∴二面角的余弦值为0.
19.解：（1）当时，由，得，
又，，，∴，∴在上单调递增.
又，，
∴在上的值域为.
（2）由（1）可知；
依题意得：；
（ⅰ）若，
①当时，，，此时，
∴在无极值.
②当时，令，得.
由，，，则，从而在上单调递增，
又，，
由零点存在性定理可知，存在，使得.
从而当，，当，.
在单调递减，在单调递增；
∴是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意.
（ⅱ）若，，，
令，，
则.
令，则，
∴在递增，∴，即,∴在递增.
∵，时，，∴的值域为.
故当时，有唯一解，
且当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去.
综上，.
（3）由得.
令，
则.
∵，
由（2）知，有且仅有一个极小值点，且.
①当时，.∵，∴.
又在上递减，在上递增.∴.
∴.
②当时，∵，∴.
又在上递减，∴.
此时.
③当时，∵，∴.
又在上递增，∴.
此时.
综上，当时，取得最大值.

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