精品解析：福建泉州市养正中学、安溪一中、惠安一中、泉州实验中学2025-2026学年高三寒假返校联考数学试题

惠安一中、安溪一中、养正中学、泉州实验中学 2026年春季高三年寒假返校联考 考试科目：数学 满分：150分 考试时间：120分钟 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合 ． 【详解】由得，解得，即， 又， 故． 2. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】变形给定等式得，再利用复数的除法求出，进而求出其模. 【详解】由，得，即， 因此 ，  所以. 故选：A 3. 已知，若在 之间插入个数，使得这个数成等差数列，若，则（ ） A. 10 B. 12 C. 14 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质求解即可． 【详解】因为成等差数列，所以，， 所以，可得. 4. 已知椭圆的一个焦点为，点，是上关于原点对称的两点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由是左焦点，连接，利用椭圆对称性及定义，将目标式化为，结合及二次函数性质求范围. 【详解】椭圆的长半轴长，半焦距， 由椭圆的对称性，不妨令为右焦点，是左焦点，连接，又 关于原点对称， 则四边形为平行四边形或 为左右顶点，则， 由，则， 故，则， 而，所以. 故选：D 5. 的展开式中的系数为（ ） A. 60 B. 20 C. -20 D. -60 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式可求的系数. 【详解】，展开式的通项公式为， 令 ，故， 的展开式的通项公式为， 令，则 ， 故的系数为， 故选：D. 6. 若对任意，且，都有，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】假设，由题意可得，设函数，则得在上单调递增，即得在上恒成立，由，求函数的最小值即可求得的范围． 【详解】不妨假设， 则可变形为， 设函数，则，故函数在上单调递增， 所以在上恒成立，因， 则，化简得， 设，， 当时， ，所以函数在上单调递减， 当 时， ，所以函数在上单调递增， 所以，即， 所以a的取值范围是. 7. 在空间中，我们把点集表示的曲面T称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与z轴平行或垂直的平面截T所得封闭曲线为椭圆.设圆柱面，正四棱锥 的五个顶点均在E上，且z轴与平面ABCD的夹角为，则正四棱锥 的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记椭圆与过点的母线的交点为，借助正四棱锥的特征以及线面角得出为等腰直角三角形，进而求出棱锥的高，再借助平面几何求出椭圆方程进而求出四边形的面积，最后利用棱锥的体积公式表示出体积. 【详解】由题意可知圆柱面的半径为1，如图，平面截圆柱面所得的截面为椭圆，记椭圆与过点的母线的交点为，该椭圆的半短轴长即为圆柱面的半径1． 因为四棱锥 为正四棱锥，所以四边形为正方形， 设正方形的中心为 ，则平面， 因为轴与平面的夹角为，轴，所以， 因为平面， 平面，所以， 所以为等腰直角三角形， 又点 到直线的距离为1，所以椭圆的长轴长为， 如图建立平面直角坐标系， ， 则椭圆方程为 ，四边形为椭圆的内接正方形， 由对称性可得直线的方程为 ， 联立，消得到，故图中点的坐标为， 所以四边形的面积， 所以四棱锥 的体积． 8. 已知函数，若 恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，可得与周期相同，即，再利用基本不等式求最值. 【详解】因为函数恒成立，所以与同号或为 ， 则与周期相同，即，可得， 则， 所以，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以. 故选：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. 已知函数，则（ ） A. 曲线与y轴无公共点 B. 曲线关于原点对称 C. D. 不存在 ， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的定义域可判断A；根据函数为奇函数可判断B；举反例可判断C；根据函数的值域可判断D. 【详解】对于A项，由可知，所以， 即其定义域为，故A正确； 对于B项，， ， ，显然， 所以为奇函数，故B正确； 对于C项，当时，，故C错误； 对于D项，由指数函数的性质知：当时， ，所以， 则， 故不存在 ，，故D正确. 10. 已知，为随机事件，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，互斥，则 B. 若，相互独立，则 C. 若，相互独立，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件、相互独立事件的概率公式以及条件概率公式逐个计算，分别对每个选项进行分析判断. 【详解】对于 选项，若，互斥，根据互斥事件的概率加法公式. 已知，，则，所以 选项正确. 对于选项，若，相互独立，则与也相互独立. 因为，所以，所以选项错误. 对于选项，若，相互独立，则. 根据概率的加法公式，将，，代入可得： ，所以选项正确. 对于选项，已知，，则. ，. 根据条件概率公式，所以选项正确. 故选：ACD. 11. 已知数列的前项和为，满足，数列满足，记，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则的最大值为8 D. 满足的最大值为8 【答案】AC 【解析】 【分析】根据已知及等差数列的定义确定数列是等差数列，进而求公差并写出判断A；根据等比数列的定义写出的通项公式，进而得到，应用分组求和、等比数列的前n项和公式求判断B；首先判断的单调性，再由不等式恒成立求的最大值判断C；设并判断的单调性，进而确定的最大值 【详解】对于A，因为2），所以， 所以数列是等差数列，设公差为， 因为 ， ，所以，解得， 所以，正确； 对于B，因为，，所以 ，所以数列是公比为2的等比数列， 所以，所以， 所以，错误． 对于C，由B知， 所以恒成立，所以数列单调递增， 当时，， 当时，， 所以的最大值为8，正确； 对于D，设， 则， 令，所以， 当时，，即， 所以当时，单调递增， 即当时单调递增， 当时，，即； 当 时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 因为， 所以满足，的最大值为7，错误． 故选：AC 【点睛】关键点点睛：根据已知求出的通项公式为关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，.若，则________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意得，，解得，即 所以． 13. 已知抛物线 的焦点为，抛物线的焦点为，若直线分别与，交于 两点，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线定义以及性质得出方程解出即可． 【详解】由题意如图所示： 由抛物线 ，可得，准线方程为 ， 设，， 则，， 故，所以， 所以，解得． 14. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程，该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲口袋中各装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行n（）次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为，则的值是________；的数学期望是________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用全概率公式求出；利用期望的计算公式求出有关的递推式，然后构造等比数列求通项即可. 【详解】考虑到乙袋中拿出的球可能是黑的也可能是白的，由全概率公式可得； 记取0，1，2，3的概率分别为，，，， 推导的分布列： ，，， 则 ， 则， 故 给合，可知. 故答案为： ;. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知分别是内角的对边，. （1）若，求的面积； （2）若，求的正切值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由及余弦定理求出，再由正弦定理求出，由内角和求出，由面积公式求解； （2）在中，有，在中，有，两式相比化简求值. 【小问1详解】 因为， 所以. 因为，所以， 因为，所以. 所以，又，所以，所以， ， 所以. 【小问2详解】 因为，所以为中点. 由题设及余弦定理可得，因为，所以. . 设，在中，有①， 在中，有②， ①②相除，得： ，所以， 所以，即， 所以的正切值为. 16. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为 ，的中点． （1）求与平面 所成角的正弦值； （2）线段的延长线上是否存在点，使得平面 与平面 夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1） ． （2）存在， ． 【解析】 【分析】（1）由线面角的向量求法求解； （2）假设存在点，由面面角的向量求法确定点坐标，并计算的值. 【小问1详解】 因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ， 所以 平面 ， 因为 平面 ， 所以 ， ， 又， 因为 ，所以 ． 以为原点，、、为 轴正方向建系，如图所示， 则 ， 所以 ， 设平面 的法向量 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ，所以 ， 设 与平面 所成角为 ， 则 ， 所以 与平面 所成角的正弦值 ． 【小问2详解】 假设存在点，设 ，则 ， 所以 ， ， 设平面 的法向量 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ，即 ， 所以 ， 整理得 ，解得 或 ， 所以 或 舍， 所以存在点使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ，且 ． 17. 规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功． （1）某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记表示成功时抽球试验的轮次数，表示对应的人数，部分统计数据如下： 1 2 3 4 5 232 98 60 40 20 求关于的回归方程，并预测成功的总人数（精确到1）； （3）证明 附：参考数据：，，（其中，）． 【答案】（1）分布列： 1 2 3 期望为 （2）， （3）证明：由题知，在前轮就成功的概率为 ， 又因为在前轮没有成功的概率为 ， 故． 【解析】 【分析】（1）结合相互独立、独立重复试验的概率计算公式，计算出分布列并求得数学期望； （2）利用换元法，结合回归直线方程的计算公式，计算出关于的回归方程，并由求得预测值； （3）通过求“在前轮没有成功的概率”大于，来求得“前轮就成功的概率”小于，从而证得不等式成立. 【小问1详解】 由题知，的取值可能为1，2，3，所以； ；； 所以的分布列为： 1 2 3 所以数学期望为． 【小问2详解】 令，则， 由题知：， ， 所以， 所以，， 故所求的回归方程为：， 所以，估计时，；估计时，；估计时， ； 预测成功的总人数为． 【小问3详解】 略 18. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，，且实数b满足恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，讨论，得到函数的单调区间； （2）由题可得时，有两个零点，，不妨设，进而可得，令 ，即在上恒成立，再根据函数的单调性得到取值范围. 【小问1详解】 的定义域为且. ①当时，，在上单调递增； ②当时，令，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由（1）可知，当时，单调递增，至多有一个零点，舍去； 若时，由，，，， 则要使有两个零点，只需，从而. 故时，有两个零点，，不妨设. 由（1）易知， ∴∴，∴， ， 即. 令 ，∴在上恒成立. 因为，，易知 ， 令，则 ，. 令，，对称轴. ①若，即时，，故，在上单调递减， 则，符合题意； ②若，即时，，故存在唯一，有， 从而在上单调递增，在上单调递减，从而，不合题意. 综上所述，的取值范围是. 19. 设抛物线 （为常数，且 ）的焦点为，准线为，点在上且位于第一象限，过点作的垂线，垂足为． （1）若点的坐标为，求． （2）设过，，三点可作椭圆，且的两个焦点均在轴上，记轴正半轴上的焦点为，且在的左侧． （ⅰ）证明： 的周长为定值． （ⅱ）证明：的离心率大于． 【答案】（1） （2）证明：（i）设，， ，则， 由题意知， ，， 经过， 两点，且这两个点的纵坐标相同， 由椭圆的对称性可得，的短轴必在线段的垂直平分线上，且的中心的横坐标． 又 的焦点均在轴上，在轴上，即 ． 设的长半轴长为，则 ． 设的左焦点为，则 ， 则 的周长 ． ，且， ，故 的周长为定值． （ⅱ）设的焦距为 ，离心率为 ，则 ． 由（ⅰ）知，为的右顶点，为右焦点， 则． 由在轴正半轴上可知 ，则 ， ． 设的短半轴长为，则 ，将点的坐标代入的方程 ， 并结合，得 ， 整理得，代入与，化简得，解得． 点在第一象限且为的右顶点， ，即． 由 知， ，则． 要证，只需证，即证，即证， 的离心率大于，得证． 【解析】 【分析】（1）先求出抛物线方程，结合已知几何性质求出点 ，再利用两点间距离公式计算求解； （2）利用抛物线的焦点弦公式结合椭圆的定义求出三角形的周长，进而证明 的周长为定值；利用椭圆的离心率公式结合点在上且位于第一象限构造不等式，进而证明结论． 【小问1详解】 将点 的坐标代入 ，得 ，解得 ， 抛物线的方程为 ，故 ，准线的方程为 ，则 ， ． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 惠安一中、安溪一中、养正中学、泉州实验中学 2026年春季高三年寒假返校联考 考试科目：数学 满分：150分 考试时间：120分钟 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数 满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知，若在 之间插入个数，使得这个数成等差数列，若，则（ ） A. 10 B. 12 C. 14 D. 24 4. 已知椭圆的一个焦点为，点，是上关于原点对称的两点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 的展开式中的系数为（ ） A. 60 B. 20 C. -20 D. -60 6. 若对任意，且，都有，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在空间中，我们把点集表示的曲面T称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与z轴平行或垂直的平面截T所得封闭曲线为椭圆.设圆柱面，正四棱锥 的五个顶点均在E上，且z轴与平面ABCD的夹角为，则正四棱锥 的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若 恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 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分. 9. 已知函数，则（ ） A. 曲线与y轴无公共点 B. 曲线关于原点对称 C. D. 不存在 ， 10. 已知，为随机事件，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，互斥，则 B. 若，相互独立，则 C. 若，相互独立，则 D. 若，则 11. 已知数列的前项和为，满足，数列满足，记，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则的最大值为8 D. 满足的最大值为8 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，.若，则________． 13. 已知抛物线 的焦点为，抛物线的焦点为，若直线分别与，交于 两点，且，则________． 14. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程，该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲口袋中各装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行n（）次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为，则的值是________；的数学期望是________. 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. 已知分别是内角的对边，. （1）若，求的面积； （2）若，求的正切值. 16. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为 ，的中点． （1）求与平面 所成角的正弦值； （2）线段的延长线上是否存在点，使得平面 与平面 夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 17. 规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功． （1）某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记 表示成功时抽球试验的轮次数，表示对应的人数，部分统计数据如下： 1 2 3 4 5 232 98 60 40 20 求关于 的回归方程，并预测成功的总人数（精确到1）； （3）证明 附：参考数据：，，（其中，）． 18. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，，且实数b满足恒成立，求实数的取值范围. 19. 设抛物线 （为常数，且 ）的焦点为，准线为，点在上且位于第一象限，过点作的垂线，垂足为． （1）若点的坐标为，求． （2）设过，，三点可作椭圆，且的两个焦点均在轴上，记轴正半轴上的焦点为，且在的左侧． （ⅰ）证明： 的周长为定值． （ⅱ）证明：的离心率大于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $