精品解析：福建省福州市2026届高三三月质量检测数学试题

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，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（单位：万元）与市场销售额（单位：万元）之间有如下表所示的线性相关关系，与的经验回归方程为，当支出成本为8万元时，残差为（ ） x 2 4 5 6 8 y 40 50 70 60 80 A. B. 1.5 C. D. 0.5 3. 设R，则“＞1”是“＞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件 4. 已知椭圆C的两个焦点分别为，，点在C上.若C上一点M与的距离为6，则M与的距离为（ ） A. 10 B. 14 C. 20 D. 26 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的定义域为，且，，则（ ） A. 34 B. 35 C. 36 D. 37 7. 当时，函数的零点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 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，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1分，否则乙得1分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置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（ ） A. 1 B. C. 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. 在平行六面体中，，，则（ ） A. B. 平面 C. 直线与直线所成角为60° D. 点到平面的距离为 10. 设函数，则下列说法中正确的有（ ） A. 函数是奇函数 B. 在区间上单调递增 C. 直线，与曲线的公共点个数不相等 D. 斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点 11. 已知抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，与x轴交于点P，则（ ） A. 的取值范围为 B. 的取值范围为 C. 若，则的面积为9 D. 若，则的周长为 三、填空题：本题共3小题；每小题5分，共15分. 12. 若（，i为虚数单位），则_______. 13. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______. 14. 已知向量，，，.若（其中表示不超过的最大整数，如：，，则的取值范围为______. 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. 记为等差数列的前n项和，已知，. （1）求的通项公式； （2）设函数，记，求数列的前21项和. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有且仅有一个零点，求的值. 17. 已知双曲线：的右顶点为A.请从条件①、②、③中选择两个条件作为已知，使得C存在且唯一. 条件①：的离心率为2； 条件②：的渐近线方程为； 条件③：的右焦点与点A的距离为1. （1）求的方程； （2）若过点的直线交C的右支于点M，且的面积为3，求的方程. 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. 18. 如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，. （1）求的长； （2）如图2，将沿翻折，形成四面体，当时， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，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. 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； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 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，，. （i）求，，并证明：数列为等比数列； （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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，则集合A的子集个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以集合A的子集个数为. 2. 某种高科技产品开发的支出成本（单位：万元）与市场销售额（单位：万元）之间有如下表所示的线性相关关系，与的经验回归方程为，当支出成本为8万元时，残差为（ ） x 2 4 5 6 8 y 40 50 70 60 80 A. B. 1.5 C. D. 0.5 【答案】D 【解析】 【分析】根据经验回归方程计算支出成本时，市场销售额的预测值，结合表中数据，根据残差定义计算即可. 【详解】因为与的经验回归方程为， 所以当时，， 由表知当支出成本为8万元时，销售额为80万元，所以残差为. 故选：D 3. 设R，则“＞1”是“＞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件 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：由可得成立，反之不成立，所以“”是“”的充分不必要条件 考点：充分条件与必要条件 4. 已知椭圆C的两个焦点分别为，，点在C上.若C上一点M与的距离为6，则M与的距离为（ ） A. 10 B. 14 C. 20 D. 26 【答案】B 【解析】 【详解】因为椭圆C的两个焦点分别为，，点在C上， 所以，，于是. 因为，且， 所以. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】， 由 ， 所以. 6. 已知函数的定义域为，且，，则（ ） A. 34 B. 35 C. 36 D. 37 【答案】B 【解析】 【详解】在中，且， 令，得， 令，得， 令，得. 7. 当时，函数的零点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】令，然后通过分析方程在给定区间内的解的个数来确定函数的零点个数. 【详解】令，即，移项可得， 对于，其周期；对于，其周期； 当时，画出两个函数图象为： 由图象可以看出，方程在给定区间内的解的个数为6， 所以函数的零点个数为6. 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，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1分，否则乙得1分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置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（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】设甲总得分为，则的可能取值为， 在不考虑出牌顺序的前提下，甲、乙两人出牌共有种， 第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表， 甲得分 2 3 5 0分 4 6 10 2分 4 10 6 1分 6 4 10 2分 6 10 4 2分 10 4 6 1分 10 6 4 则， 则. 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. 在平行六面体中，，，则（ ） A. B. 平面 C. 直线与直线所成角为60° D. 点到平面的距离为 【答案】BC 【解析】 【详解】因为，， 所以. A：因为 ，所以不成立，错误； B：因为， 所以平行六面体的底面是菱形，因此， 因为， 所以平面， 所以平面，正确； C：因为，所以是异面直线与直线所成的角（或补角）， 由上可知：平行六面体的底面是菱形，且， 所以，显然的补角为，正确. D：由上可知：平面，因为平面， 所以平面平面， 在平面作，平面平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离为的长度， 因为，所以， 因为， 所以 ， 因为，所以， 所以， 所以点到平面的距离为，错误. 10. 设函数，则下列说法中正确的有（ ） A. 函数是奇函数 B. 在区间上单调递增 C. 直线，与曲线的公共点个数不相等 D. 斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项运用奇函数的定义进行运算判断即可；B选项根据函数的导函数的正负性进行判断即可；C选项根据函数的单调性，结合B的结论进行判断即可；D选项根据函数的导函数解析式，结合配方法进行判断即可. 【详解】对于A，， 令，函数定义域为R， 因为， 所以函数是奇函数，所以A选项正确； 对于B，， 当时，单调递减，所以B选项不正确； 对于C，因为， 所以当时，单调递减， 当，或时，单调递增， 因为，当时，， 当时，， 所以直线，与曲线的公共点个数分别为和， 所以C选项正确； 对于D，设斜率为的直线方程为， 联立，消去得， 即， 令，， 当且仅当时取等号，所以在R上单调递增， 当时，；当时，， 根据单调函数的性质，与轴有且仅有一个交点， 所以斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点，所以D选项正确. 11. 已知抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，与x轴交于点P，则（ ） A. 的取值范围为 B. 的取值范围为 C. 若，则的面积为9 D. 若，则的周长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】将直线方程与抛物线方程联立，得到一个一元二次方程，根据两点间距离公式，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系进行求解A即可；根据两点间距离公式，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系、反比例型函数的单调性进行求解B即可，根据点到直线距离公式、三角形面积公式，平面向量垂直的性质，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系以及抛物线的对称性进行求解C即可；根据抛物线的定义，结合C的结论进行求解D即可. 【详解】对于A，在中，令，得，所以点P坐标为. 由， 由题意可得，或， 设，则有， ，所以本选项不正确； 对于B，抛物线关于横轴对称，且直线过定点， 不妨设A，B两点在第一象限内，此时， 而， ， 因为，所以， 可得， 即， 则的取值范围为，所以本选项说法正确； 对于C，当时，， 则有 ， 抛物线关于横轴对称，不妨设A，B两点在第一象限内， 且，此时，所以有 而， 点到直线的距离为， 所以的面积为 ，所以本选项正确； 对于D，由弦长公式得 ， 且 ， 所以的周长为，因此本选项说法正确. 三、填空题：本题共3小题；每小题5分，共15分. 12. 若（，i为虚数单位），则_______. 【答案】3 【解析】 【详解】因为， 所以由. 13. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】作，垂足为，则为的中点，根据二面角的定义得到为二面角的平面角，设， 由的面积建立的等式得到的值，从而得到圆锥的高的值，底面圆的半径的值，求出圆的面积，利用圆锥的体积公式求出体积. 【详解】如图，作，垂足为，则为的中点， ，，为二面角的平面角， 二面角为，， 在等腰三角形中，， 设，则，， 则， ， 的面积等于，解得， 则，， 圆的面积为， 圆锥的体积为. 故答案为：. 14. 已知向量，，，.若（其中表示不超过的最大整数，如：，，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以 ， 当时，，显然不成立； 当时，，显然成立， 当时，，显然不成立； 当时，，显然不成立； 当时，，显然不成立； 当时，，显然不成立； 当时，，显然不成立； 当时，，显然不成立； 所以，，， ， ， 因为， 所以. 所以的取值范围为. 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. 记为等差数列的前n项和，已知，. （1）求的通项公式； （2）设函数，记，求数列的前21项和. 【答案】（1） （2）21 【解析】 【分析】（1）方法一：利用等差数列的通项公式和前n项和公式进行求解即可； 方法二：利用等差数列的性质和前n项和公式进行求解即可； （2）方法一：利用分组求和法进行求解即可； 方法二：判断函数的对称性，利用函数的对称性进行求解即可. 【小问1详解】 方法一：设等差数列的公差为，则 解得 所以. 方法二：设等差数列的公差为， 因为是等差数列，所以，所以， 因为，所以，所以， 因为，所以，所以， 所以. 【小问2详解】 方法一：因为， 所以， 所以 . 方法二：因为， 所以， 所以， 所以曲线关于点中心对称， 因为是等差数列， 所以， 因为的对称中心为， 所以， 同理可得：，, 所以. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有且仅有一个零点，求的值. 【答案】（1） （2）9 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算法则、直线的点斜式方程进行求解即可； （2）方法一：利用二次求导法，结合零点的定义、函数的最值进行求解即可； 方法二：利用函数零点的定义，得到的表达式，利用构造新函数法，结合导数的正负性与函数单调性的关系，最后求出函数的最值即可. 【小问1详解】 当时，，， 得， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 方法一：，， ， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则a的值为9. 方法二：，， 令得， 令，， 则， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则的值为9. 17. 已知双曲线：的右顶点为A.请从条件①、②、③中选择两个条件作为已知，使得C存在且唯一. 条件①：的离心率为2； 条件②：的渐近线方程为； 条件③：的右焦点与点A的距离为1. （1）求的方程； （2）若过点的直线交C的右支于点M，且的面积为3，求的方程. 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. 【答案】（1）选择条件①和③和选择条件②和③时，的方程，选择条件①和②时，C存在且不唯一 （2）或 【解析】 【分析】（1）选择条件①和③：根据双曲线的离心率公式和两点间距离公式进行求解即可； 选择条件②和③：根据双曲线的渐近线方程和两点间距离公式进行求解即可； 选择条件①和②：根据双曲线的离心率公式和双曲线的渐近线方程进行求解判断即可. （2）方法一：根据三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可； 方法二：设出直线方程与双曲线联立，利用三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可. 【小问1详解】 选择条件①和③： 因为C的离心率为2，点A到C的右焦点的距离为1，所以 解得 又因为，所以， 所以C的方程为. 选择条件②和③： 因为C的渐近线方程为，点A到C的右焦点的距离为1， 所以由 可得 所以C的方程为. 选择条件①和②： 因为的离心率为2， 所以， 所以的渐近线方程为， 由①能推出②，所以C存在但是不唯一，不符合题意； 综上所述：选择条件①和③和选择条件②和③时，的方程，选择条件①和②时，C存在且不唯一. 【小问2详解】 由（1）知，点A坐标为， 又由可得直线的方程为，且. 设点M到直线的距离为d， 因为面积为3，所以，所以. 设过点M且与直线平行的直线为n：. 则n与直线的距离为，故， 解得或， 所以直线n方程为或， 直线与直线关于原点中心对称， 与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去. 由得或 故点M坐标为或， 当M坐标为时，点，所以直线的方程为， 当M坐标为时，点，直线的方程为， 所以直线的方程为或. （方法二）由（1）知，点A坐标为，且点在C上. 当直线斜率不存在时，，面积为3，直线的方程为，符合题意. 当直线斜率存在时，设其方程为. 由得， 设， 则，， 故， 又因为A到直线的距离， 故面积为. 所以，解得，或， 因为该双曲线的渐近线方程为， 所以，， 因此此时直线不与双曲线的右支相交， 因为， 所以此时直线与双曲线的右支相交， 故直线的方程为. 综上，直线的方程为或. 18. 如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，. （1）求的长； （2）如图2，将沿翻折，形成四面体，当时， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，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. 【答案】（1） （2）（i）；（ii），，，； 【解析】 【分析】（1）方法一：利用勾股定理和余弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可；方法二：利用勾股定理和正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可； （2）方法一：建立空间直角坐标系.（i）利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合空间向量点到面的距离公式进行求解即可；方法二：（i）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）利用空间点到面距离公式进行求解即可. 【小问1详解】 方法一：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以， 在中，因为，， 所以，，所以. 在中，， 由余弦定理得 ， 所以. 方法二：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以是圆的直径，. 在中，，， 所以，，， . 由正弦定理得，又， 故. 【小问2详解】 方法一：以的中点为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. （i）设，由（1）可知，，， 又因为， 所以 解得，，，即， 则. 取平面的一个法向量，设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）如图所示，取的三等分点P，Q，的中点M， 过三点D，P，M作平面，过三点，Q，C作平面， 因为，平面，平面， 所以平面，同理平面， 又因为，所以平面平面， 再过点A，C分别作平面，与平面平行， 那么四个平面，，，依次相互平行， 由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面. 由（i）可知，，， 所以， . 设平面的法向量，则 即可取， 所以点到平面的距离. 故相邻两个平面间的距离为. （方法二） （i）设的中点为，的中点为，的中点为M， 连接，，，. 由（1）知，，则， 又因为，，所以平面， 所以平面平面. 过点作交直线于点，连接， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的射影，为直线与平面所成角. 由（1）知，，，则，. 又因为，，所以， 所以，则. 在中，. 所以，得， 所以，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）以为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 设平面的法向量， 由（i）可知， 所以，，. 由，，，两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等， 可得， 从而， 由可得或. 若，由得， 从而或. 若，由得， 从而或. 综上，可得，或， 或，或. 当或时，由于， 此时， 从而点B在点D与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，由于，此时， 从而点A在点C与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，可求点A到平面的距离， 此时，，，分别为过A，D，C，B，且以为法向量的平面， 所以相邻两个平面间的距离为. 19. 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； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 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，，. （i）求，，并证明：数列为等比数列； （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. 【答案】（1） （2）（i），， 设第n次物流选择方案A，B，C为事件，，，第n次物流提前送达为事件， 则，，，因为 ，所以， 所以. 由②根据全概率公式 ， 注意到，， 而， 所以 ， 同理 . 注意到 ， 且，所以， 故为定值， 即是以为首项，为公比的等比数列. （ii）能 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式进行求解即可； （2）（i）利用全概率公式，结合等比数列的定义进行求解即可； （ii）根据（i）的结论，结合指数函数的单调性进行求解即可. 【小问1详解】 设选择方案A，B，C分别为事件A，B，C，物流提前送达为事件Z， 则， ，，， . 【小问2详解】 （i）由①知道. 由②根据全概率公式 ， . （ii）由（i）可求， 同理 ， 所以， 联立解得，， 所以. 随着的增大，增大，注意到，所以当 时，， 因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $