精品解析：福建省福州第三中学2025-2026学年高三上学期第三次质量检测数学试题

福州三中2025-2026学年高三第三次质量检测 数学试卷 命题人：高三数学集备组 审卷人：高三数学集备组 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的班级､准考证号､姓名填写在答题卡上． 2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答．若在试题卷上作答，答案无效． 第I卷 一､单选题：本大题共8小题，每小题5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. 复数z满足，则z的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 2. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 3. 双曲线的离心率为（ ） A. 3 B. C. D. 4 4. 已知函数的图象向左平移后所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 若偶函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为，，，与的夹角为，且，与的夹角为．若 ，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知是圆上一动点，若直线上存在两点，使得能成立，则线段的长度的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 在正四棱锥中，侧棱与底面边长相等，分别是和的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 10. 已知数列的通项公式为，前项和为，数列满足，则下列说法正确的是（ ） A. 是公差为的等差数列 B. 是中的项 C. 数列是单调递减数列 D. 数列中不存在三项能构成等比数列 11. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则（ ） A. B. C. D. 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上． 12. 若直线是曲线的切线，则_________． 13. 已知等比数列的首项为，前项和为，若，则的值为_______. 14. 设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱异面时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望=________. 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. △ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为 (1)求; (2)若求△ABC的周长. 16. 已知数列的前项和为，其中为常数． （1）证明：； （2）是否存在，使得为等差数列？并说明理由． 17. 如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，.点在底面的射影点在线段上. （1）在图中过作平面的垂线段，为垂足，并给出严谨的作图过程； （2）若.求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 18. 已知椭圆的两个焦点为，且椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知为坐标原点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，且弦的中点为，直线的斜率为，求； （3）直线与椭圆有两个不同的交点，椭圆在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.请你判断直线是否经过定点，并说明理由. 19. 已知函数及其导函数定义域都为区间是曲线上任意不同的三点.若点的横坐标依次成等差数列，且在点处的切线的斜率大于直线的斜率，则称在上为“中值偏移”函数. （1）设. ①讨论的单调性； ②若是上的“中值偏移”函数，求实数的取值范围； （2）证明：在上为“中值偏移”函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州三中2025-2026学年高三第三次质量检测 数学试卷 命题人：高三数学集备组 审卷人：高三数学集备组 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的班级､准考证号､姓名填写在答题卡上． 2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答．若在试题卷上作答，答案无效． 第I卷 一､单选题：本大题共8小题，每小题5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. 复数z满足，则z的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数的定义，即可求解. 【详解】由复数， 所以复数的虚部为. 故选：B. 2. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出集合A，再由补集的概念求即可. 【详解】由题意得， 又因为，所以， 故选：C. 3. 双曲线的离心率为（ ） A. 3 B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由离心率的定义即可求解. 【详解】双曲线中，，双曲线的离心率， 所以． 故选：D． 4. 已知函数的图象向左平移后所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】平移后的解析式为奇函数得到，求出的最小值. 【详解】因为为奇函数，则， 所以，又，所以，解得， 因为，所以时，取得最小值，最小值为8. 故选：D 5. 若偶函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性与周期性计算即可. 【详解】由已知可得， 即是函数的一个周期， 所以. 故选：C 6. 如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为，，，与的夹角为，且，与的夹角为．若 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用三角函数的知识可求得坐标，由向量的坐标运算可构造方程组求得的值，进而得到结果. 【详解】以为坐标原点可建立如图所示的平面直角坐标系，则， ，，， 又，， 又与的夹角为， ， ， 又，， ， ，解得：， . 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量基本定理的相关问题的求解，解题关键是能够建立起平面直角坐标系，将问题转化为平面向量的坐标运算来进行求解. 7. 已知是圆上一动点，若直线上存在两点，使得能成立，则线段的长度的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定信息，结合几何图形得当以为直径的圆与圆外切，且圆心连线与垂直时，线段长度最小，然后求即可. 【详解】圆的圆心，半径， 由直线上存在两点，使得成立， 得以为直径的圆与圆有公共点，当长度最小时，两圆外切，且两圆连心线与垂直，如图， 圆心到直线的距离， 所以. 故选：A 8. 已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导得，结合研究的区间单调性，进而确定极值点，再由区间存在最大值得，即可求范围. 【详解】由题设， 由，所以， 当或时，，即在、上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以极小值点为，极大值点为， 而， 且， 所以，只需，即， 所以. 故选：D 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 在正四棱锥中，侧棱与底面边长相等，分别是和的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意作图，利用中位线的性质证得四边形是平行四边形即，可直接判断A；利用线面平行的判定定理可证明并判断B；利用等边三角形的性质可证明并判断C；利用线面垂直的性质和判定定理可判断D. 【详解】 如图，取中点，连接， 分别是和的中点，四棱锥是正四棱锥， 且，即四边形是平行四边形， 对于A，因为，所以与不平行，故A错误； 对于B，因为平面平面，所以平面，故B正确； 对于C，因为，是中点，所以，又因为，所以，故C正确； 对于D，连接交于点，连接， 因为四棱锥是正四棱锥，所以平面，， 因为平面，平面，所以， 则由，，平面平面，可证得平面， 又因为，所以与为异面直线， 如果平面，则与题意矛盾，故D错误. 故选：BC. 10. 已知数列的通项公式为，前项和为，数列满足，则下列说法正确的是（ ） A. 是公差为的等差数列 B. 是中的项 C. 数列是单调递减数列 D. 数列中不存在三项能构成等比数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意可得，，，进而判断ABC；用反证法可判断D. 【详解】由，则，， 所以，则数列为等差数列，公差为， 则， 所以，则， 所以， 所以是公差为的等差数列，故A正确； 而， 令，解得， 则是中的项，故B正确； 而， 又是上的单调递增函数， 则数列是单调递增数列，故C错误； 假设中的三项成等比数列，则， ， 即， 则， 由于，则， 所以①，且②， 由②可得，代入①可得， 由于，则数列中不存在三项能构成等比数列，故D正确. 故选：ABD. 11. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由已知条件结合分析判断，对于B，利用余弦定理和正弦定理结合已知条件可得，然后利用正弦函数的性质分析判断，对于C，由选项B可知，则，从而可判断的范围，对于D，由正弦定理结合及二倍角公式得，再结合可求出其范围进行判断. 【详解】对于A，因为，，所以，所以，所以A错误， 对于B，因为，所以由余弦定理得， 所以由正弦定理得，所以， 因为，所以或， 若，则，所以，此时， 所以，则，此时，所以B正确， 对于C，由选项B可知，所以，所以，所以C正确， 对于D，由正弦定理得 ， 因为，所以，所以， 所以，所以，所以，所以D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的综合问题，解题的关键是利用这两个定理进行边角互化，再三角函数质求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上． 12. 若直线是曲线的切线，则_________． 【答案】4 【解析】 【分析】设出切点坐标，结合导数列方程，由此求得的值. 【详解】设切点的坐标为， ，则，即， 点在直线上，所以， 即，， 所以. 故答案为：4． 13. 已知等比数列的首项为，前项和为，若，则的值为_______. 【答案】 ##0.5 【解析】 【分析】由和两类情况，结合前项的和求解即可； 【详解】当时，，所以. 当时，，所以. 故答案为： 14. 设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱异面时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望=________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出的所有可能取值，然后计算出现的概率，得分布列，再由期望公式计算出期望． 【详解】由题意正方体中两条平行的棱间的距离为1或． 正方体共12条棱中任取两条，共有种取法， 其中相交的有，平行且距离为的有种， 其余的是异面或距离为1的平行线，共有36种， ∴，，， 分布列为： 0 1 ． 故答案为：． 【点睛】本题考查随机变量的期望，考查空间直线的位置关系，考查古典概型概率．综合度较大，属于难题． 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. △ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为 (1)求; (2)若求△ABC的周长. 【答案】(1)(2) . 【解析】 【详解】试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为. 试题解析：（1）由题设得，即. 由正弦定理得. 故. （2）由题设及（1）得，即. 所以，故. 由题设得，即. 由余弦定理得，即，得. 故的周长为. 点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可. 16. 已知数列的前项和为，其中为常数． （1）证明：； （2）是否存在，使得为等差数列？并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【详解】试题分析：（I）对于含递推式的处理，往往可转换为关于项的递推式或关于的递推式．结合结论，该题需要转换为项的递推式．故由得．两式相减得结论；（II）对于存在性问题，可先探求参数的值再证明．本题由，，，列方程得，从而求出．得，故数列的奇数项和偶数项分别为公差为4的等差数列．分别求通项公式，进而求数列的通项公式，再证明等差数列． 试题解析：（I）由题设，，．两式相减得，． 由于，所以． （II）由题设，，，可得，由（I）知，．令，解得． 故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，； 是首项为3，公差为4的等差数列，． 所以，． 因此存在，使得为等差数列． 【考点定位】1、递推公式；2、数列的通项公式；3、等差数列． 17. 如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，.点在底面的射影点在线段上. （1）在图中过作平面的垂线段，为垂足，并给出严谨的作图过程； （2）若.求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）作图见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由余弦定理可得，结合勾股定理即可得到，再由面面垂直的判定定理可证平面平面，再由面面垂直的性质定理即可证得平面； （2）根据题意，以为原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及面面角的公式，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 连接，有平面，所以. 在中，. 同理，在中，有. 又因为，所以， 所以，，故，即. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 过作垂直于点，因为平面平面，平面平面， 且平面，有平面. 【小问2详解】 依题意，，故为C，的交点，且. 所以，. 过作直线的平行线，则，，，两两垂直， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则：，，，， 所以，，， . 设平面的法向量为， 则取. 设平面的法向量为， 则，取， 所以，             故所求锐二面角余弦值为. 18. 已知椭圆的两个焦点为，且椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知为坐标原点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，且弦的中点为，直线的斜率为，求； （3）直线与椭圆有两个不同的交点，椭圆在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.请你判断直线是否经过定点，并说明理由. 【答案】（1）； （2）； （3）直线恒过定点，理由： 设，先求椭圆在点处的切线的方程. 方法一：根据判别式求解 椭圆在点处的切线，设， 联立方程得，， ， ， ， . ，即. 同理可得，. ，可得T点的横坐标，即， 又，可得，， 由题意可知直线的斜率不为0，设. ，整理得， ，即. 又，则. ，即直线恒过定点. 方法二：导数的几何意义： . 当点在时，. ，则切线斜率， ， 即.当点在时，同理可得. ，同理可得，. ，可得T点的横坐标，即， 又，可得，， 由题意可知直线的斜率不为0，设. ，整理得， ，即. 又，则. ，即直线恒过定点. 【解析】 【分析】（1）根据离心率和焦点坐标，列出方程组，求出，得到椭圆方程； （2）方法一：利用点差法进行求解；方法二：设，直线，表达出，结合，从而得到； 方法三：设，直线，联立直线与椭圆方程，由韦达定理得到两根之和，从而，故，求出； （3）方法一：设，联立椭圆方程，由得到，由韦达定理得到，，故，得到，同理可得，，联立，求出，结合，求出，设，则，整理得，又，则，从而求出直线恒过定点. 方法二：点在时，求导，得到切线斜率，，求出，同理可得，联立，求出，结合，求出，设，则，整理得，又，则，从而求出直线恒过定点. 【小问1详解】 设椭圆的标准方程为：， ， 椭圆的标准方程为：. 【小问2详解】 方法一：点差法： 设，则①， 又在椭圆上，则，， 两式相减得：， 即：②， 由①②得，. 而. 方法二：椭圆方程代换： 设，直线， ①， ②， 又，即③， 由①②③得，； 方法三：联立方程： 设，直线， ①， 联立方程得，， ②， 由①②得，，则. 又， . 【小问3详解】 略 【点睛】知识点点睛：过圆上一点的切线方程为：， 过圆外一点的切点弦方程为：. 过椭圆上一点的切线方程为， 过双曲线上一点的切线方程为 19. 已知函数及其导函数定义域都为区间是曲线上任意不同的三点.若点的横坐标依次成等差数列，且在点处的切线的斜率大于直线的斜率，则称在上为“中值偏移”函数. （1）设. ①讨论的单调性； ②若是上的“中值偏移”函数，求实数的取值范围； （2）证明：在上为“中值偏移”函数. 【答案】（1）①答案见解析； ② （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）①利用导数的应用分类讨论含参函数的单调性即可；②设，计算的表达式，再设，求导得其单调性即可； （2），设，则，通过二次求导即可证明. 【小问1详解】 ①由题意，， 当时，，则在R上单调递减； 当时，令， 所以在上单调递减，在上单调递增. ②因为函数为＂中值偏移＂函数，设， 则，对任意，不妨设． 因为，所以以为切点的切线斜率， 因为直线的斜率， 所以． 设． 因为，当且仅当时等号成立， 所以在上单调递增， 所以，所以， 所以的取值范围为． 【小问2详解】 不妨设，因为， 所以以为切点的切线的斜率． 因为直线的斜率 ， 所以． 设，则 . 设． 因为， 设，则， 所以在上单调递减， 所以，所以在上单调递减， 所以，即，所以， 所以是＂中值偏移＂函数． 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $