福建省福州市2025-2026学年高三三月质量检测数学试卷

(在此卷上答题无效) 2025-2026学年福州市高三年级三月质量检测 数学试题 (完卷时间：120分钟：满分：150分) 友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！ 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A={x∈NI0<x<3},则集合A的子集个数为 A.2 B.3 C.4 D.8 2.某种高科技产品开发的支出成本x(单位：万元)与市场销售额y(单位：万元)之间有 如下表所示的线性相关关系，y与x的经验回归方程为)=6.5x+275,则出成本为8万元 时，其残差（观测值减去预测值称为残差）为 4 6 8 y 40 50 70 60 80 A.15 B.1.5 C.-0.5 D.0.5 3.设x∈R狮4x1”是“x>1”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 4.已知椭圆C的两个焦点分别为R(-8,0),F(8,0),点(0,6)在C上.若C上一点M与E 的距离为6，则M与F的距离为 A.10 B.14 C.20 D. 5.已知sin(a+p)=3,tana=3tanB,则sin(a-P)= A号 c名 D 6.已知函数f(x)的定义域为R,且f(x+y)=(x)+∫(y+2y+1,()=0,则f(6)= A.34 B.35 C.36 D.37 7.当x∈[0,2m)时，函数()=2cos3x+4+sinx的零点个数为 A.3 B.4 C.6 D.8 高三数学一1一（共4页) 8.甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字2,3,5，乙 的卡片上分别标有数字4,6,10.两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持行 的卡片中随机选张，若两个数字互质，则甲得】分，否则乙得1分，然后各自弃留此轮 所选的卡片（弃凰的卡片在此后的轮次中不能使用）.记三轮比赛后甲的总得分为X,则 E(X)= A.1 C.3 D.2 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0.·。 9.在平行六面体ABCD-AB,CD中，∠DAB芹∠IAA=∠BAA=60°，ABュAD=AA=3,则 人】AD⊥AC B.BD⊥平面ACC,A C.直线AB,与直线BC所成角为60 D.点A到平面ABCD的距离为3N5 10.设函数f(x)=x-3x2-9x+1,则 A.函数y=f(x+)+10是奇函数 Bf(x)在区间(-1，)上单调递增 C.直线y=0,y=6与曲线y=∫(x)的公共点个数不相等 D.斜率为-12的直线与曲线y=∫(x)有且仅有一个公共点 11.已知抛物线C:y?÷4x的焦点为F,直线1：x=my-2与C交于A,B两点，1与x轴 交天点P%则 人.PPB的取值范围为(8，+o∞) B.P网十P网的取值范围为 61 6 C.若∠AFB=90°，则△AFB的面积为9 D.若∠AFB=90°，则△AFB的周长为15+32] 三、填空题：本题共3小题；每小题5分，共15分。 12.若（x-2i)i=y+i（x,y∈R,i为虚数单位)，则x+y 13.已知圆维的顶点为P,底面圆心为O,PA,PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，且二面角 P-AB-O为60°.若△PAB的面积等于6√5，则圆锥的体积为 14.已知向量a=(1,0),b=(0,1),c=(cos0,sin),0[0,2m).若a·b=[a·c]+[bc(其中 [表示不超过x的最大整数，如：B.=3,[-1.]=-2),则口+b+的取值范围为 高三数学一2一（共4页) 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.(13分) 记Sn为等差数列{a,}的前n项和，已知S,=90,4=14. (1)求{an}的通项公式： (2)设函数f(x)=2+2-2-2+1,记b=f(an),求数列{色}的前21项和T· 16.(15分) 已知函数f(x)=(4x+2)nx+a. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，)处的切线方程； (2)若函数g(x)=(x+2)2-f(x)有且仅有-个零点，求a的值. 17.（15分) 已知双曲线C:苔茶1@0，b>0)的右顶点为人.清从条件0、@、©中选摇 两个条件作为已知，使得C存在且唯一， 条件①：C的离心率为2： 条件②：C的渐近线方程为y=±√3x: 杀件③：C的右焦点与点A的距离为1. (1)求C的方程： (2)若过点P(2,3)的直线1交C的右支于点M,且△AMP的面积为3，求1的方程 注：如果选择的条件不符合要求，第(1)问得0分：如果选择多组符合要求的条件分别 解答，按第一组解答计分 高三数学一3一（共4页) 18.（17分) 如图1，圆内接四边形AB(D中，△BCD为等腰直角三角形；H∠BCD=90°，业=6， AD=√2. D 图 图2 (1)求AC的长： (2)如图2，将△ABD沿BD翻折，形成四面体ABCD,当AC=、<时. (i)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值： i)找出一组依次排列的四个相互平行的平面4,2，%，a4,使得A∈%，DE2, CF%,B∈4，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离. 19.(17分) 在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设 施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户 预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线 枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A:选择高速支线，物流提前送达的概率为； 4 方案B:选择高速干线，物流提前送达的概率为4 方案C:选择国道线路，物流提前送达的概率为 (1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； (2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在 三种方案中随机选择一种， 记第n次选择方案A,B,C的概率分别为an,bn,Cn ①求，，并证明：数列+号} 等比数列： (ⅱ)判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率. 高三数学一4一（共4页）2025-2026学年福州市高三年级三月质量检测 数学试题参考答案 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， 只有一项是符合题目要求的。 1-8 C D A B D B C B 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0 分。 9.BC 10.ACD 11.BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.3 13.12π 14.(5,2+1 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.(13分) 记Sn为等差数列{a}的前n项和，己知S,=90,4=14 (1)求{a}的通项公式： (2)设函数f(x)=2+2-2-2+1,记b,=f(a),求数列{b}的前21项和T1 【考查意图】本小题主要考查等差数列的通项公式与前项和公式，数列求和等基础知识，考 查运算求解能力等，考查化归与转化思想、数形结合思想等，考查直观想象、数学运算等核心 素养，体现基础性、综合性.满分13分。 【解析】（方法一） [S,=9a+36d=90, (1)设等差数列{an}的公差为d,则 4=4+2d=14, 4=18, 解得 d=-2 所以an=a1+d(-1)=18-2(0n-1)=-2n+20(neN). 高三数学一1一（共13页) (2)因为f(x)=2+2-2x-2+1, 所以b,=f(a)=f(-21+20)=22m+2-22m-2+1, 所以 T1=b+b2+…+b21 =(220-220+1）+(28-218+1)+…+(218-218+1)+(220-220+1) =(220+218+…+218+220)-(220+218+…+218+220)+21 =21. (方法二)(1)设等差数列{a}的公差为d, 因为{a}是等差数列，所以，=9a+a）-9a=90,所以4=10， 2 因为4=14，所以a-4=2d=-4,所以d=-2, 因为4=4+2d,所以4-4=14，所以a=18, 所以4.=a+d(-1)=18-20n-1)=-2n+20(neN). (2)因为f(x)=2+2-2x-2+1, 所以b,=f(a)=f(-21+20)=22m+2-22m-2+1, 所以 T1=b+b,+…+b1 =(220-220+1)+(218-218+1)+…+(218-28+1)+(220-220+1) =(220+218+216++220)-(220+218+216+…+220)+21 -20-2”20-22 1-221-2+21 22-2202-20-22 2-1+2-1 -+21=21 (方法三)(1)同方法一，略. 高三数学一2一（共13页） (2)因为f(x)=2+2-2-2+1,所以f(-x-4)=2-2-2+2+1, 所以f(x)+f(-x-4)=2,所以曲线y=fx)关于点(2,1)中心对称， 因为{an}是等差数列，所以4+a21=2a1=-4, 因为f(x)的对称中心为(-2,1)，所以b+b1=f(a)+f(a)=2, 同理可得：b2+bo=b+bg=…=b。+b2=b1+b=2, 所以T1=b+b,+…+b1=2×10+1=21 16.(15分) 己知函数f(x)=(4x+2)nx+a. (1)当a=1时，求曲线=f(N)在点，1处的切线方程； (2)若函数g(x)=(x+2)-f(x)有且仅有一个零点，求a的值. 【考查意图】本小题主要考查函数的图象与性质、函数单调性与极值等基础知识，考查逻辑推 理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、 数形结合思想等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性，满 分15分. 【解析】 (方法一)(1)当a=1时，f(x)=(4x+2)hx+1, f'6)=4nx+4+2 得f')=6, 所以曲线y=f(x)在点(L,1)处的切线方程为y-1=6(x-), 即6x-y-5=0. (2)g(x)=(x+2)2-(4x+2)lnx-a,x∈(0，+o), gw=20x+2）-4nx-4+2=20x-1-21n), 令g)=x-2nx,c(0,+0,得q6)=1+5-2--少≥0. x2 x x2 高三数学一3一（共13页) 故q(x)在(0，+o)内单调递增，又q)=0, 则当xe(0,1),q(x)<0,得g'(x)<0,g(x)单调递减， 当x∈1，+o),q(x)>0,得g'(x)>0,g(x)单调递增， 从而g(x)在x=1处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为g(①=9-a. 又当x>0且x→0时，g()→+0，当x→+0时，g(x)→+0， 由函数g(x)有且仅有一个零点，可得g①=9-a=0, 则a的值为9 (方法二)（1)同方法一，略. (2)g(x)=(x+2)2-(4x+2)lnx-a,x∈(0，+m), 令g(x)=0得a=(x+2)2-(4x+2)nx, 令h(x)=(x+2)2-(4x+2)nx,x∈(0，+w), 则h)=20Gx+2)-4lnx-4+2-2Gk-1-21n9, 令g)=x-}2h,x∈(0，m),得qW=1+12-=0≥ 2-xx2 -≥0， 1 故q(x)在(0，+o)内单调递增，又q)=0, 则当x∈(0,1)，q(x)<0,得h(x)<0,h(x)单调递减， 当x∈1，+o),g(x)>0,得i(x)>0,h(x)单调递增， 从而(x)在x=1处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为h①)=9 又当x>0且x→0时，h(x)→+0，当x→+o时，(x)→+0， 由函数g(x)有且仅有一个零点，可得a=8I)=9, 则a的值为9. 17.(15分) 已知双曲线C:名1(>0,6>0)的有顶点为4，请从条件O、②、®中症程 两个条件作为已知，使得C存在且唯一 高三数学一4一（共13页) 条件①：C的离心率为2； 条件②：C的渐近线方程为y=±√3x; 条件③：C的右焦点与点A的距离为1 (1)求C的方程： (2)若过点P(2,3)的直线l交C的右支于点M,且△AMP的面积为3，求l的方程 注：如果选择的条件不符合要求，第(1)问得0分：如果选择多组符合要求的条件分别 解答，按第一组解答计分 【考查意图】本小题主要考查圆锥曲线的方程、图象与性质、直线与圆锥曲线的位置关系等 基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、 数形结合思想等，考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础 性、综合性.满分15分. 【解析】（方法一） (1)选择条件①和③： =2 因为C的离心率为2，点A到C的右焦点的距离为1，所以{α c-a=1. a=1, 解得 c=2. 又因为c2=a2+b2,所以b2=c2-a2=3, 所以C的方程为x平- 31. 选择条件②和③： 因为C的渐近线方程为y=±√3x,点A到C的右焦点的距离为1， =5， a 所以由 c-a=1 c2=a2+b2 a=1, 可得 b=√. 所以C的方程为x2- 31. (2)由(1)知，点A坐标为(1,0) 又由P(2,3)可得直线PA的方程为3x-y-3=0,且|PA=V10 高三数学一5一 （共13页) 设点M到直线PA的距离为d,因为△AMP面积为3，所以 S=1pAd=号×0d=3,所以d=30 2 5 设过点M且与直线PA平行的直线为n:3x-y+m=0. 则n与直线PA的距离为5，故=310 14y V1+9 5 12 解得=3或=-9， 0 所以直线n方程为3x-y-9=0或3x-y+3=0, 8 直线3x-y+3=0与直线PA关于原点中心对称， 6 与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去， 4 P /x2、y2 由x3得2 nx=7, y 或 -20万246 3r-y-9=0,y=-3或1y=12 故点M坐标为(2，-3)或(7,12)， 所以直线1的方程为x=2或9x-5y-3=0 (方法二)(1)同方法一，略. (2)由(1)知，点A坐标为(1,0)，且点P(2,3)在C上. 当直线l斜率不存在时，M(2,-3),△AMP面积为3，直线1的方程为x=2,符合题意. 当直线l斜率存在时，设其方程为y-3=k(x-2) 由 3 得3-k)x2+(42-60x-4k2+12k-12=0, y-3=k(x-2), 设M(x1,y1)(1>1), 则x+2=42-6k 飞=46-226+6， k2-3 k2-3 k2-3 故|PM作1+F1x-2=+上6k+12 2-3? 又因为A到直线！的距离d=-k+3 V1+k2 放△MM面积为8=号引PMd-B-O-3到 k2-3 所以 0到-3，解得号女=子或t=1 K2-3 3 经检验，k=乏或k=1时不合题意，舍去， 9.3 故直线l的方程为y==x- 55 综上，直线1的方程为x=2或9x-5y-3=0 18.如图1，圆内接四边形ABCD中，△BCD为等腰直角三角形，且∠BCD=90°，AB=√6， AD=√2 高三数学—6一（共13页) C 图1 图2 (1)求AC的长： (2)如图2，将△ABD沿BD翻折，形成四面体ABCD,当AC=√6时， (i)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值； (ii)找出一组依次排列的四个相互平行的平面%，x2,x3,4,使得A∈%1，D∈2， C∈必，B∈必，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离. 【考查意图】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形、线面成角、面面距离、空间向 量等基础知识，考查直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力等，考查数形 结合思想、化归与转化思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础 性、综合性、创新性.满分17分 【解析】（方法一） (1)在圆内接四边形ABCD中，△BCD为等腰直角三角形，∠BCD=90°， 所以∠BAD=90,在Rt△ABD中，因为AB=√6，AD=√反，所以∠ABD=30, BD=√AB2+AD2=√6+2=2√2，所以BC=CD=2. 在△MBC中，cos∠ABC=c0s(∠ABD+∠CBD)=cosB0+45)=V6-2 由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB.BCcos∠ABC =6+4-2×N6×2×65-4+2w5=(N5+1, 4 所以AC=√5+1， (2)以BD的中点O为原点，以OB,OC方向为x,y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系0-z,则B(2,0,0),C(0,2,0),D(-√2,0,0) (i)设A(x,y,),由(1)可知，AB=√6，AD=√2， 又因为AC=√6， (-2+y2+z2=6, B 所以{x2+(y-2)+z2=6 (（+V2)+y2+2=2, 高三数学一7一 （共13页) 取平面BCD的一个法向量n=(0,0,1),设直线AD与平面BCD所成角为6， 所以sin=cos<AD,u>= AD_1-√2 AD 2 所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为Y三 (ii)如图所示，取AB的三等分点P,Q,AC的中点M, 过三点D,P,M作平面2，过三点O,Q,C作平面%， 因为DP∥OQ,DPd平面%，OQc平面%， 所以DP∥平面%，同理PM∥平面%， 又因为DP∩PM=P,所以平面2∥平面x3, 再过点A,C分别作平面%，0，与平面，平行， 那么四个平面4,02,0，&，依次相互平行， 由线段AB被平行平面%，“2,4，%，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相 等，故%，2,0%，C为所求平面 由(i)可知A B(20,0),C(0,2,0) 所以0c=(0,V2,0), o0:g+a0-e+=aao(99号到 OC=0, 设平面OC0的法向量m=(a,b,c),则 0=0, √2b=0, 。-。m-aay 2 6 oB.m√5x5 所以点B到平面OCQ的距离d= 2211 m V-2+3211 故相邻两个平面间的距离为 2v11 11 高三数学一8一 （共13页) (方法二)(1)在圆内接四边形ABCD中，△BCD为等腰直角三角形，∠BCD=90°， 所以BD是圆的直径，∠BAD=90°. 在Rt△ABD中，AB=√6，AD=√2，所以 BD=√AB2+AD2=V6+2=2W2,∠ABD=30°，∠ADB=60°， sin∠ABC=sm(∠ABD+∠CBD)=sin(30+45=-5+E 4 sin∠ABCsin∠BCA'又∠BCA=∠ADB=60°，故 由正弦定理得，AC AB C-B sin ZABC、5×√6+W2×2=3+1· sin∠BCA (2)(i)设BD的中点为O,OD的中点为E,CD的中点为M, 连接CO,AE,AM,ME. 由(1)知CO⊥BD,ME∥OC,则ME⊥BD,又因为 AE⊥BD,ME∩AE=E,所以BD⊥平面AME,所以平 面BCD⊥平面AMB.过点A作AH⊥MB交直线MB于点 H,连接DH,又因为平面BCD∩平面AME=ME,平面BCD⊥平面AME,AHc平面 AMB,所以AH⊥平面BCD,则DH为直线AD在平面BCD上的射影，∠ADH为直线 AD与平面BCD所成角 ①知cD=2,4B=,0C=5,则D=1,嬷=C0” 2 又因为AC=√6，AD=√2，所以AC2=AD2+CD2, 所以∠ADC=90°，则AM=√AD2+MD2=√3， 3.1 在△AME中，cos∠ABM= AE2+ME2-AM 23 3 2AF.ME 2x v6,v 2×2 所以cos∠ABH=-cos∠ABM= 3，得sim∠AH=V6 所以4H=ABm∠ABH=6x6-1,得m∠ADH=H-5 23 AD 2 所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为巨 (i)以O为原点，以OB,OC方向为x,y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-z, 则B(V2,0,0),C(0,V2,0),D(-V2,0,0) 设平面o,的法向量=(a,b,c), B 高三数学一9一 (共13页) 由(i)可知A 所以AD-（ cD=(-V2,-V2,0,BC=（-√2,2,0) 由4,2，%，%，两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等， 可得4D·_CD.m_BCm 从而 2 2a-V2-√2a+V2l可得a=0或b=0. 若a=0, 号-中网n9-中4 从而c=一 b或c 32 2 2 若b=0, 号+号-4a@小中4 由 从而c= a或c=-3W2 综上，可得= o.-5,或m-（ 或w=a0,2&l a,或m= 2 时，由于BD=（-22,0,0)，此时BDm=0, 从而点B在点D与m所确定的平面上，与条件矛盾，舍去： 当m= 由于AC 此时AC·=0, 从而点A在点C与m所确定的平面上，与条件矛盾，舍去： 当= 0, 32 2 可求点A到平面a,的距离d=AD·m 2al= 211 | 9 11 2 此时，%2，%，a,分别为过A,D,C,B，且以m为法向量的平面， 所以相邻两个平面间的距离 2 11 高三数学 一10一（共13页)