福建泉州市2026届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建泉州市2026届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析），文件包含新部编版八年级语文下册第六单元教学目标测评卷PPT参考答案课件pptx、新部编版八年级语文下册第六单元教学目标测评卷A3原卷版doc、新部编版八年级语文下册第六单元教学目标测评卷A3解析版doc等3份课件配套教学资源，其中PPT共28页， 欢迎下载使用。
2026.03
本试卷共19题，满分150分，共4页.考试用时120分钟.
★龙马精神★
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸､试题卷上答题无效.
3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚.
4.保持答题卡卡面清洁，不折叠､不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由，
所以.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. 0或D. 0或
【答案】C
【解析】
【详解】设复数，则，
所以，
所以，解得或，
所以或.
3. 已知向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为向量，可知，
则.
4. 已知函数的部分图象如图，则的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到函数为奇函数，且当时，且，结合选项，逐项分析判断，即可求解.
【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. 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
【答案】B
【解析】
【分析】先求出每个取值所对应的概率，再求方差.
【详解】由题可设，则，，
所以，解得.
所以.
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.
【答案】D
【解析】
【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. 已知，，成等差数列，，，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列转化角的关系，再联立方程组求解即可.
【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. 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
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，通过分析的单调性进而得到函数的正负，然后逐项分析即得.
【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.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
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，
【答案】AD
【解析】
【分析】对于AB，先根据已知条件判断数列的类型，再根据等差数列和等比数列的定义求解通项公式；对于CD，利用数列的递推式构造等比数列，写出其通项公式，代入计算即得.
【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. 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
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用线面平行的判定定理判断A；利用向量法判断BCD.
【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. 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
【答案】ACD
【解析】
【分析】A设双曲线的方程为，根据条件列方程组求解；B联立直线与双曲线的方程，求出点坐标即可；C根据对称性以及双曲线的定义求一元二次函数的值域；D联立联立直线与双曲线的方程，根据内切圆半径的计算公式化简即可.
【详解】对于A，设双曲线方程为，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.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
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______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用缩小样本空间的方法求出条件概率.
【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. 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__________.
【答案】7
【解析】
【详解】，
所以，所以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__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点的切线方程为即，再根据直线与圆的位置关系得圆心到切线的距离，化简为，设，换元得一元二次方程，由根与系数的关系求解.
【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.
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. 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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，则，直线的斜率之积是，列方程化简可得的方程；
（2）解法一：由向量垂直得直角三角形面积，结合椭圆方程用均值不等式放缩求最值；
解法二：将椭圆上点用三角参数 表示，转化为三角函数求最值；
解法三：设过原点的直线 ，联立椭圆得点坐标，将面积表示为k的函数，再用均值不等式求最值.
【小问1详解】
设，则，则
，且，
由，得，
整理，得，即，
故的方程为.（约束条件也可写成）
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（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.
【解析】
【分析】（1）由散点图可知与之间线性相关，用不同公式计算可知相关系数，即线性相关程度强；
（2）用不同的公式计算出回归直线方程为，将代入可得出估计值为1.78.
（3）依题意可知，再结合正态分布的对称性计算即可.
本小题主要考查变量间的相关关系､样本相关系数､一元线性回归方程､正态分布的等知识；考查运算求解能力等；考查数形结合思想､化归与转化思想､或然与必然思想等；体现综合性､应用性，导向对数学建模､数学运算核心素养的关注.
【小问1详解】
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）
【小问2详解】
解法一：
设，则，
所以，
故时，.
解法二：
设，则，
所以，
故时，.
【小问3详解】
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. 的内角所对的边分别为，其面积为. 已知.
（1）求；
（2）点满足，且，求.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据三角形面积公式及向量的数量积求解即可.
（2）求出向量，对进行平方可得到，将对应向量代入化简可得，结合余弦定理求出，代入求值即可
【小问1详解】
因为，，，
所以，即，
因为，，所以，
又因为，所以.
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）法一：，再设新函数再次求导，得到其单调性，再结合极限知识和零点存在性定理和极值的定义即可得到其唯一极值点；法二：同法一利用二次求导法，通过取值再结合零点存在性定理即可证明；
（2）（i）法一：首先讨论的情况，再研究，代入隐零点得到方程组，消去，再设新函数，求导后得到其单调性，再结合零点存在性定理即可得到证明；法二：同法一消去，再设新函数，求导得其单调性，计算和即可证明；
（ii）法一：利用，再设新函数，通过多次求导研究即可；法二：将代入即可得，再设新函数并求导，最后再对分三类讨论即可；法三：同法二得到，再设新函数并求导，最后对分两类讨论即可.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
（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. 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.
【答案】（1）；
（2）答案见解析 （3）存在，.
【解析】
【分析】（1）根据正四面体的表面积和体积公式求出，再根据递推规律求出；
（2）根据等比数列写出，根据极限思想分析，说明理由；
（3）法一：证明各次球心距离与顶点到球心距离之和恒为，由向量三角不等式得任意顶点到距离，进而求出最小球形容器半径；
法二：先证明每次构造的正四面体外接球对应的点集都包含于前一次的点集中，由递推关系可得⫋⫋⫋，其中是初始正四面体的外接球对应的点集，进而求出最小球形容器半径.
【小问1详解】
正四面体的表面积为.
依题意，得；
正四面体的体积为.
【小问2详解】
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）；
【小问3详解】
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.
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