精品解析：福建龙岩市2026届高三高中毕业班三月教学质检检测数学试题

龙岩市2026年高中毕业班三月教学质量检测 数学试题 （满分：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上. 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”. 一、单项选择题：本大题共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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则的模为（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. 设，则（ ） A. 1 B. 2 C. 31 D. 32 4. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与 轴， 轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标.若在该坐标系中，，，则（ ） A. B. C. D. 0 5. 某云计算平台处理文件量 （单位：GB）的所需时间（单位：），其中 为常数.已知处理文件量从9GB增加到729GB时，处理时间增加12min；当处理文件量从729GB增加到6561GB时，处理时间增加（ ） A. 3min B. 6min C. 9min D. 24min 6. 已知函数的图象关于直线对称，且在区间上单调递减，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 4 7. 已知线段是圆的一条动弦，且.若点 为直线上的任意一点，则的最小值为（ ） A. 6 B. 8 C. 14 D. 35 8. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期是2 C. 关于点中心对称 D. 是奇函数 二、多项选择题：本大题共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. 已知数列的前 项和为，且，则（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列不是单调数列 C. 数列中存在不同的两项，使是这两项的等比中项 D. 记数列，则数列的前2026项的和为4052 10. 如图，为圆锥的底面圆的直径， 为母线的中点，点为底面圆周上异于 的两个动点，且，则（ ） A. 一定存在点 ，使平面 B. 不可能存在点 ，使 C. 过点 且与母线垂直的平面截圆锥所得的截线上任意两点间距离的最大值为 D. 过点 与底面垂直的平面截圆锥所得截线的离心率为 11. 设抛物线的焦点为，准线为 ，过点的直线 与交于 两点（点 在第一象限），过 作的切线交 轴于点 ，交 于点 ，过 作直线，垂足为 ，则（ ） A. B. 若 的倾斜角为，则 C. 四边形为菱形 D. 四边形的面积的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知从小到大排列的一组数据1，2，4， ，8，10，若这组数据的第60百分位数与平均数相等，则实数 的值为______. 13. 已知，对任意，关于 的方程有实数解，则的最小值为______. 14. 某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分.若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为______. 四、解答题：本大题共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. 某会员店的本地会员占，外地会员占.现开展商品质量满意度调查，已知本地会员对该店商品质量满意的概率为，外地会员对该店商品质量满意的概率为，每个会员对该店商品质量满意与否相互独立. （1）从该店所有会员中随机抽取1名会员，求其对该店商品质量满意的概率； （2）从该店所有会员中随机抽取2名会员（其中会员总数远大于2），记这2名会员中对该店商品质量满意的人数为，求的分布列与数学期望. 16. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）在 中，，， 的面积为，求边 的长. 17. 如图，在正四棱台中，， 是 的中点，其外接球的表面积为. （1）求证：平面； （2）若平面与交于点 ，求直线 与平面所成角的正弦值. 18. 已知椭圆的左顶点为 ，上顶点为 ，长轴长为4，且以短轴为直径的圆与直线相切. （1）求 的方程； （2）过点的直线 交 于 两点，直线分别交 轴于 两点，证明： （ⅰ）的横坐标成等差数列； （ⅱ）与的面积之比为定值. 19. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）已知为图象上不同的三点，它们的横坐标分别为，且满足.记在点 处的切线斜率为，直线 的斜率为，证明：当时，； （3）当时，数列满足，且，为数列的前 项和，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙岩市2026年高中毕业班三月教学质量检测 数学试题 （满分：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上. 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”. 一、单项选择题：本大题共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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， . 2. 已知复数，则 的模为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由复数模计算公式可得答案. 【详解】由题意，则. 故选：D 3. 设，则（ ） A. 1 B. 2 C. 31 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法即可求解系数和. 【详解】令得：， 令 得：， 所以. 4. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与 轴， 轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标.若在该坐标系中，，，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】D 【解析】 【详解】由平面向量数量积的定义可得， 由题意可知，， 所以. 5. 某云计算平台处理文件量（单位：GB）的所需时间（单位：），其中 为常数.已知处理文件量从9GB增加到729GB时，处理时间增加12min；当处理文件量从729GB增加到6561GB时，处理时间增加（ ） A. 3min B. 6min C. 9min D. 24min 【答案】B 【解析】 【分析】由条件列方程求 ，再求对应条件下的时间增加量即可. 【详解】由题意可得，解得， 所以当处理文件量从729GB增加到6561GB时，处理时间增加. 6. 已知函数的图象关于直线对称，且在区间上单调递减，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由函数的图象关于直线对称，可得；由函数在区间上单调递减，可得，从而得，即可得答案. 【详解】因为函数的图象关于直线对称， 所以， 解得， 又因为函数在区间上单调递减， 所以函数在处取得最大值， 所以, 所以, 解得， 解得. 又因为. 故选：B. 7. 已知线段 是圆的一条动弦，且.若点 为直线上的任意一点，则的最小值为（ ） A. 6 B. 8 C. 14 D. 35 【答案】A 【解析】 【分析】利用圆的性质求出弦 中点的轨迹，再根据向量运算将转化为与点相关的形式，最后结合点到直线的距离公式求出最小值. 【详解】设弦 中点为，根据圆的性质，， ， 所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 其方程为. 因为， 所以， 的最小值为圆心到直线的距离减去圆的半径2. ， . 故选：A. 8. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期是2 C. 关于点中心对称 D. 是奇函数 【答案】A 【解析】 【详解】由，得，周期为2， 但最小正周期不能判定，例如函数满足题设条件，但该函数没有最小正周期，故B错误； 由于周期为2，所以，， 又，得，所以是偶函数，A正确； 由只能推出对称轴为，无中心对称的推导依据，C错误； 令，由是偶函数且， 得，又， 所以，所以为偶函数，D错误. 二、多项选择题：本大题共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. 已知数列的前 项和为，且，则（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列不是单调数列 C. 数列中存在不同的两项，使是这两项的等比中项 D. 记数列，则数列的前2026项的和为4052 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，根据等差数列的定义，验证是否为常数来判断；对B，先求出数列的通项，再通过判断的符号，或比较相邻项的大小关系来确定单调性；对C，假设存在不同两项，根据等比中项的定义列出等式，结合通项公式分析是否存在正整数满足等式；对D，先根据的通项公式化简，分析的周期性，再利用周期性计算前2026项的和. 【详解】对于A：首先根据数列前 项和求通项公式： 当时，； 当时，， 对也成立，因此通项公式为， （常数），因此是首项为2、公差为2的等差数列，A正确； 对于B：设， 判断单调性： 对所有成立， 因此是单调递减数列，B错误； 对于C：，若存在不同两项使得， 则 ，存在正整数解（），满足条件，C正确； 对于D：化简： ， 设的前 项和为，下求前2026项和： 分组得， 共1013组，每组和为2，总和，D错误. 10. 如图， 为圆锥的底面圆的直径，为母线的中点，点为底面圆周上异于 的两个动点，且，则（ ） A. 一定存在点，使平面 B. 不可能存在点，使 C. 过点且与母线垂直的平面截圆锥所得的截线上任意两点间距离的最大值为 D. 过点与底面垂直的平面截圆锥所得截线的离心率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据线面垂直判定与性质可判断A；根据平面公理判断B即可；由平面截圆锥的截线问题可知，选项C的轨迹为椭圆，选项D的轨迹为双曲线，据此判断CD即可． 【详解】对于A，根据圆锥的性质可得底面，则， 假设存在点使平面，则， 又因为平面， 所以平面，故平面与平面平行，与题意不符，故A错误； 对于B，若存在点使得，则四点共面， 因为，所以平面，易得为平面与平面 的公共点， 所以三点共线，与题设矛盾，故B正确； 对于C，， ，即为等边三角形， 为母线的中点， ， 过点且与母线垂直的平面截圆锥所得的截线为椭圆，且为长轴， 则任意两点间距离的最大值为，故C正确； 根据题意，过点与底面垂直的平面截圆锥所得截线为双曲线， 为母线的中点， 为 的中点， ， 又，，故， 则可设双曲线方程为， ，解得， ，即，故D正确． 11. 设抛物线的焦点为 ，准线为 ，过点 的直线 与交于 两点（点 在第一象限），过 作的切线交 轴于点 ，交 于点 ，过 作直线，垂足为 ，则（ ） A. B. 若 的倾斜角为，则 C. 四边形为菱形 D. 四边形的面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量数量积的定义及抛物线的定义计算可判断A；根据直线与抛物线焦点弦公式计算可判断B；设，，求导，根据导数的几何意义可得切线方程，进而可得，由，可判断C；表示出四边形的面积，求导，根据导数可得最值，计算可判断D. 【详解】对于A：，A正确. 对于B：若 的倾斜角为，则 的方程为， 联立，. 所以，B错误. 对于C：由已知得，， 设，，则. 由，得， 故在 处切线方程为：， 得，所以，，得， 又，所以四边形为菱形.C正确. 对于D，由选项C知， 所以， 设， 则， ，或， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则当时，取得最小值为，D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知从小到大排列的一组数据1，2，4， ，8，10，若这组数据的第60百分位数与平均数相等，则实数 的值为______. 【答案】5 【解析】 【详解】因为，所以该组数据的第60百分位数为从小到大排列的第4个数据 . 由题意知，解得 . 13. 已知，对任意，关于 的方程有实数解，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【详解】由题意，该方程有解，故， 该不等式对任意恒成立，即， 设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 即的最小值为. 14. 某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分.若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求两次摸球共有多少种情况，然后讨论一等奖的可能情况，由古典概型计算求解. 【详解】每次摸球的情况有种. 先后两次摸球共有种情况. 两次得分5分的情况有： 第一次1分，第二次4分，共有种； 第一次2分，第二次3分，共有1种； 第一次4分，第二次1分，共有4种； 第一次3分，第二次2分，共有1种； 所以， 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 某会员店的本地会员占，外地会员占.现开展商品质量满意度调查，已知本地会员对该店商品质量满意的概率为，外地会员对该店商品质量满意的概率为，每个会员对该店商品质量满意与否相互独立. （1）从该店所有会员中随机抽取1名会员，求其对该店商品质量满意的概率； （2）从该店所有会员中随机抽取2名会员（其中会员总数远大于2），记这2名会员中对该店商品质量满意的人数为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） 0 1 2 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式计算即可； （2）利用离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可. 【小问1详解】 设事件 ：抽取的是本地会员，， 则事件：抽取的是外地会员，， 事件 ：会员对商品质量满意，，， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知，单次抽取会员满意的概率，不满意的概率为， 的所有可能取值为0，1，2. 则，， ，， 0 1 2 所以. 16. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）在中，，，的面积为，求边的长. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式，结合正弦函数的单调性即可求解； （2）利用正弦定理角化边，结合面积公式和余弦定理即可求解. 【小问1详解】 ， 令，， 解得，， 所以函数的单调递增区间为，. 【小问2详解】 因为， 又 为的内角，则 故， 所以，所以. 设角所对边分别为， 因为，由正弦定理得.① 因为三角形的面积为，所以.② 由①②解得：， 由余弦定理得， 所以. 17. 如图，在正四棱台中，， 是 的中点，其外接球的表面积为. （1）求证：平面； （2）若平面与交于点 ，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：法一：（1）在正四棱台中，， 是 的中点，则，且， 所以四边形是平行四边形. ，又平面，平面， 平面. 法二：（1）连接 交 于，连接交于，以为原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系. ， ，，由正四棱台外接球的表面积为得其半径为2. 即为正四棱台外接球的球心. ，在中，， 则，，，，，，， ，，， 设平面的法向量， 则，取. ， 又平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明四边形为平行四边形得到线线平行，再结合线面平行的判定定理证得线面平行或建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用方向向量与法向量垂直证明线面平行； （2）先由外接球表面积求出半径，结合正四棱台性质列方程求出棱台的高，再通过建立空间直角坐标系求出相关点坐标、直线方向向量和平面法向量，最后利用线面角与向量夹角的关系计算出正弦值（或先确定平面与棱的交点位置，再结合空间向量求解线面角）. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：延长交于 ，连接交于 . 由正四棱台性质，可知直线即为直线 ， 连接 交 于， 连接交于， 因为，所以，. 由外接球的表面积为，得其半径. 设棱台的高为，球心在直线上. 记球心到点的距离为，则球心到点的距离为. 根据下底面顶点 和上底面顶点到球心的距离均为， 得到方程组： 代入，，，得： 解得，. 因此球心与点重合，棱台高. 在中，. 由棱台相似关系可得. 以为原点，分别以为 轴， 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 . 则，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则，取. 设直线与平面所成角为 . 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 法二：建系如（1）法二，设，则， ，又，， 设平面的法向量， 则，取， 则由得，即， ，设直线与平面所成角为 ，由（1）得平面的法向量，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 法三：建系如（1）法二，延长交于点 ，连接交于 ， ，而平面，平面， 平面， 平面，则点 即为平面与的交点 . ，是的中点.， ，设直线与平面所成角为 ， 由（1）得平面的法向量， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆的左顶点为 ，上顶点为 ，长轴长为4，且以短轴为直径的圆与直线相切. （1）求 的方程； （2）过点的直线 交 于 两点，直线分别交 轴于 两点，证明： （ⅰ）的横坐标成等差数列； （ⅱ）与的面积之比为定值. 【答案】（1） （2）（i）证明：当过点的直线斜率不存在时， 直线与椭圆 只有1个交点，舍去， 设直线 的方程为， 设、，由， 消去 整理得， 所以，解得， ，， 直线 的方程为，令 ，得， 同理可得. . 又因为， . 所以， 所以的横坐标成等差数列； （ii）证明：由（ⅰ）知 为 的中点，得， 所以， 所以与的面积之比为. 【解析】 【分析】（1）由题可得，然后由到直线的距离可得，据此可得答案； （2）（i）由题设过点的直线方程为，、，将直线与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，由题可得，验证可完成证明； （ⅱ）注意到，据此可完成证明. 【小问1详解】 由已知得，，所以， 原点到直线的距离为， 所以 的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ⅱ）略 19. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）已知为图象上不同的三点，它们的横坐标分别为，且满足.记在点 处的切线斜率为，直线 的斜率为，证明：当时，； （3）当时，数列满足，且，为数列的前 项和，证明：. 【答案】（1）当 时，函数的单调增区间是；当 时，函数的单调减区间是，单调增区间是； （2）由,得， 因为， ，， 所以 . 不妨设，令，则，令， 所以 ， 所以在上单调递增， ，即， 因为 ，，所以， 所以. （3）当 时，，， 设，， 当 时， ，则在上单调递增， 所以，，则， 构造函数， 求导得， 所以在上单调递增，则， 所以当 时，所以， 即， 所以，即，得， 当时，， 即，又因为,所以， 所以 . 【解析】 【分析】（1）求导得，分 、 求解即可; （2）利用斜率公式求得，利用导数的几何意义求得，利用作差法、换元法及导数证明即可； （3）由题意可得，设，利用导数可得在内单调递性，从而得，构造函数，利用导数确定其单调性，从而得，即有，进一步可得，利用放缩法可得，最后结合等比数列、常数数列的求和公式即可得证明. 【小问1详解】 函数的定义域为，， 当 时，恒成立，函数在上单调递增； 当 时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增. 综上所述：当 时，函数的单调增区间是； 当 时，函数的单调减区间是，单调增区间是； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $