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 【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-12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 $ 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 $