精品解析：福建厦门大学附属科技中学2026届高三下学期限时训练7（0417）

厦门大学附属科技中学2026届高三（下）限时训练 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码“准考证号、姓名、考试科目”与考试本人准考证号、姓名是否一致. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题：本大题共6小题，每小题5分，共计30分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的最小正周期等于（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在正方体中，E，F分别是，的中点，则与直线CF互为异面直线的是（ ） A. B. C. DE D. AE 4. 已知为虚数单位，若复数满足，则 A. B. C. 1 D. -1 5. 若个数据的平均值为，方差为，现加入数据和，则这个数据的方差为（ ） A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中，，，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 7. 在四棱锥中，底面是面积为的正方形，，，分别是棱，的中点，设四棱锥被过，且平行于的平面截得的截面面积为，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 1 8. 能将曲线上所有的点都包含进去的最小的圆（点可以在圆上）的半径为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 二、多项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共计12分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意.全部选对的得6分，部分选对的得2分或3分，有选错的得0分. 9. 设等差数列的公差为d，前n项和为，则下列说法一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知连续型随机变量，设函数，则下列说法正确的有（ ） A. 是在定义域上的增函数 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点对称 D. 的图象位于两条直线，之间 11. 已知双曲线的左焦点为F，左、右顶点分别为，，两条渐近线的夹角为，点P，Q在双曲线C上，且，设直线PQ与y轴的交点为R，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分）. 12. 将函数的图象向右平移个单位后得到的图象对应函数的单调递增区间是_____. 13. 某校人工智能社团共有甲、乙等6名成员，指导老师要从中选出3人组队参加全国青少年AI创新大赛，参赛队中1人负责主程序编写，另外2人负责数据标注，若甲、乙两人有且只有一人参赛，则参赛队的人员安排方法数为______． 14. 盒中有6个小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中无放回地随机取5次，每次取1个球，设a为前2次取出的球上数字的平均值，b为后3次取出的球上数字的平均值，记，________． 附：若，是随机变量，则． 四、解答题：本大题共2小题，共28分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图，在三棱锥中，，，侧面为等边三角形，侧棱，点为线段的中点. （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 已知数列满足，． （1）令，求数列的通项公式； （2）设的前n项和为，若，求n的最大值． 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有极小值，且极小值大于0，求实数的取值范围．（其中是自然对数的底数） 18. 某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立．当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率；表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）． （1）若每个元件正常工作的概率． （i）当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和期望； （ii）计算． （2）已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为1元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元．请用表示出设备升级后单位时间内的利润（单位：元），在确保控制系统中元件总数为奇数的前提下，分析该设备能否通过增加控制系统中元件的个数来提高利润． 19. 已知椭圆：的长轴长为4，离心率为，过点作两条直线，，其中垂直于轴，且与交于，两点（点在第二象限），与交于，两点，直线，交于点． （1）求的方程； （2）若的斜率为，且点在点的上方，求点的坐标； （3）求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门大学附属科技中学2026届高三（下）限时训练 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码“准考证号、姓名、考试科目”与考试本人准考证号、姓名是否一致. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题：本大题共6小题，每小题5分，共计30分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知结合集合之间的关系的判断以及集合的交集、并集运算，即可得答案. 【详解】由题意知集合，则， 则不是的子集， A错误； ，不是的子集，B错误； 所以，C正确； ，D错误， 故选：C. 2. 函数的最小正周期等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正切函数的周期公式计算即得. 【详解】函数的最小正周期. 故选：A 3. 如图，在正方体中，E，F分别是，的中点，则与直线CF互为异面直线的是（ ） A. B. C. DE D. AE 【答案】D 【解析】 【分析】 可以证明选项的直线和直线都是共面直线，直线与直线互为异面直线． 【详解】因为直线、平面，平面， 所以直线、与直线共面； 又因为，分别是，的中点， 所以直线直线，所以与为共面直线； 因为直线与直线不同在任意一个平面内， 可得直线与直线互为异面直线． 故选：D 【点睛】本题主要考查异面直线的定义与判定，考查共面直线的判定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 4. 已知为虚数单位，若复数满足，则 A. B. C. 1 D. -1 【答案】A 【解析】 【详解】分析：先解出复数z，再利用复数的模运算及复数的除法与乘方运算化简可得复数z． 解析：由题意可得，所以选A. 点睛：记住以下结论，可提高运算速度 (1)(1±i)2＝±2i；(2)＝i；(3)＝－i；(4)－b＋ai＝i(a＋bi)； (5)i4n＝1；i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i(n∈N)． 5. 若个数据的平均值为，方差为，现加入数据和，则这个数据的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设这个数据为，依题意求出，加入两数据后再依次求其平均值与方差即可. 【详解】设这个数据为，依题意，， 则， 加入数据和后，这个数据的平均值为， 则方差为. 6. 在平面直角坐标系中，，，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】取中点，可得，利用余弦定理求出后，由模长与数量积关系计算可得，再利用点坐标，可得当、、三点共线时，取最小，即可得最小值. 【详解】取中点，则，则， 由，则， 则， 由，则，则， 当且仅当、、三点共线，且在、之间时，等号成立， 故的最小值为. 7. 在四棱锥中，底面是面积为的正方形，，，分别是棱，的中点，设四棱锥被过，且平行于的平面截得的截面面积为，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】如图，取，的中点，，连接，，并延长交于点，连接，， 又因为，分别是棱，的中点，得，， 而不在平面，平面，则平面， 平面，又，平面，因此平面平面， 四边形即为所求的截面，依题意，，， 则，由，得， 当且仅当时等号成立，所以的最大值为． 8. 能将曲线上所有的点都包含进去的最小的圆（点可以在圆上）的半径为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先分析曲线对称性，再求曲线上点到原点距离最大值，再将曲线变为，再借助基本不等式进行放缩得到，进而求出答案. 【详解】将点代入方程， 发现均满足方程，则曲线C关于x轴、y轴、原点、直线和对称， 因此最小的圆圆心必在坐标原点，从而最小的圆的半径为曲线上点到原点距离最大值， 因为， 所以，又因为，当且仅当时等号成立， 所以，整理得，所以所求的最小的圆的半径为. 二、多项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共计12分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意.全部选对的得6分，部分选对的得2分或3分，有选错的得0分. 9. 设等差数列的公差为d，前n项和为，则下列说法一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，，解得，故A正确； 对于B，，则，所以，但不一定成立，故B错误； 对于C，，则，所以，故C正确； 对于D，由，可得，则，解得，则为常数列，故D正确． 10. 已知连续型随机变量，设函数，则下列说法正确的有（ ） A. 是在定义域上的增函数 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点对称 D. 的图象位于两条直线，之间 【答案】ACD 【解析】 【分析】据正态分布的性质，对函数的单调性、对称性以及值域进行分析判断. 【详解】已知，随着的增大，这个事件发生的概率是增大的，即是在定义域上的增函数，所以A选项正确； 若函数的图象关于直线对称，则； ，， 由正态分布的性质可知， 所以的图象不关于直线对称，B选项错误； 因为正态分布曲线关于对称， 所以，且，即， 所以的图象关于点对称，C选项正确； 由于概率的取值范围是，所以的图象位于两条直线，之间，D选项正确； 故选：ACD. 11. 已知双曲线的左焦点为F，左、右顶点分别为，，两条渐近线的夹角为，点P，Q在双曲线C上，且，设直线PQ与y轴的交点为R，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据两角差的正切公式可判断A；根据向量相等的定义可判断四边形的形状，进而可判断B；根据对称性可得，进而判断C；根据B选项可得出点P，Q的坐标，进而根据数量积的坐标运算可判断D． 【详解】对于A，由题可知双曲线C的两条渐近线的方程为， 设渐近线和的倾斜角分别为，， 则，， 所以，故A错误； 对于B，由双曲线C的方程可知，，， 由，可得四边形为平行四边形， 所以，所以，故B正确； 对于C，由PQ与x轴平行，可得P，Q关于y轴对称，如图， 所以，则， 所以四边形为平行四边形，所以，故C正确； 对于D，由B知，将代入双曲线C的方程，可得， 不妨取，则， 所以，， 所以，故D错误． 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分）. 12. 将函数的图象向右平移个单位后得到的图象对应函数的单调递增区间是_____. 【答案】， 【解析】 【分析】利用三角函数平移性质,得到新三角函数,结合三角函数单调区间的计算,即可. 【详解】解：将函数 的图象向右平移个单位后， 得到的图象对应函数的解析式为 ， 令，求得，可得所得函数的单调递增区间为，， 故答案为 ，. 【点睛】本题主要考查两角和差的三角公式，余弦函数的单调性，属于基础题. 13. 某校人工智能社团共有甲、乙等6名成员，指导老师要从中选出3人组队参加全国青少年AI创新大赛，参赛队中1人负责主程序编写，另外2人负责数据标注，若甲、乙两人有且只有一人参赛，则参赛队的人员安排方法数为______． 【答案】36 【解析】 【分析】根据特殊元素优先及分步乘法计数原理计算即得. 【详解】先从甲、乙两人中选出1人，再从除甲、乙外的4人中选出2人， 最后从选出的3人中选1人负责主程序编写， 根据分步乘法计数原理，可得参赛队的人员安排方法数为． 14. 盒中有6个小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中无放回地随机取5次，每次取1个球，设a为前2次取出的球上数字的平均值，b为后3次取出的球上数字的平均值，记，________． 附：若，是随机变量，则． 【答案】7 【解析】 【分析】设第n次取出的数字为，根据题意分析可知对任意的，，结合题中期望的性质运算求解. 【详解】设第n次取出的数字为，则，， 所以，， 设第1次取出的数字是k，则第2次只能从剩下的5个数字中取， 此时第2次取出的数字的期望为， 对所有可能的k求期望，可得， 同理，对任意的，， 所以，． 四、解答题：本大题共2小题，共28分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图，在三棱锥中，，，侧面为等边三角形，侧棱，点为线段的中点. （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】 （Ⅰ） 设中点为，连结， ∵为等边三角形，∴ 又，∴ 由已知，， ∴， 又为正三角形，且，∴. ∵，∴. ∴ 即 ∴面 ∴平面平面. （Ⅱ） 【解析】 【分析】（Ⅰ）先证明面，即证平面平面. （Ⅱ）设中点为，连结项证明是直线与平面所成的角，再求直线与平面所成角的正弦值． 【详解】解：（Ⅰ）略 （Ⅱ）设中点为，连结 ∵点为线段的中点，∴∥ 由（Ⅰ）知平面. ∴ 平面 ∴是直线与平面所成的角. 由（Ⅰ）与已知得，∴， 又，∴ 又， 在中, ∴直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】(1)本题主要考查线面垂直关系的证明，考查线面角的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理计算能力.（2）直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角. 16. 已知数列满足，． （1）令，求数列的通项公式； （2）设的前n项和为，若，求n的最大值． 【答案】（1） （2）7 【解析】 【分析】（1）先应用累加法及等比数列求和公式计算得出通项公式； （2）应用分组求和及等比数列求和公式计算得出，最后应用指数函数单调性计算求解. 【小问1详解】 由，可得，即， 当时，有， 累加，得 ， 又，所以， 验证可知也符合上式， 所以． 【小问2详解】 因为，且，所以， 所以， 则， 令，得，解得， 所以n的最大值为7． 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有极小值，且极小值大于0，求实数的取值范围．（其中是自然对数的底数） 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义确定切线斜率，即可求解； （2）求导，通过，确定函数单调性，确定极值，进而可求解. 【小问1详解】 当时，则，故， 故，， 因此所求切线方程， 即． 【小问2详解】 由题意定义域为R，， （ⅰ）若，则恒成立， 可知在R上递减，无极值，不合题意． （ⅱ）若，令，解得； 令，解得； 可知在单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 所以，即， 令，，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以实数a取值范围为． 18. 某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立．当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率；表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）． （1）若每个元件正常工作的概率． （i）当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和期望； （ii）计算． （2）已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为1元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元．请用表示出设备升级后单位时间内的利润（单位：元），在确保控制系统中元件总数为奇数的前提下，分析该设备能否通过增加控制系统中元件的个数来提高利润． 【答案】（1）（i）的分布列为 0 1 2 3 数学期望为2；（ii）； （2）； 当时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润； 当时，设备不可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润． 【解析】 【分析】（1）（i）由题意可知，利用二项分布求解即可； （ii）根据互斥事件的和事件的概率公式求解； （2）求出设备升级后单位时间内的利润，分类讨论求出与的关系，做差比较大小即可. 【小问1详解】 （i）因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为0，1，2，3； 因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为， 所以， 所以， ， ， 所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为 0 1 2 3 控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为； （ii）由题意知： ； 【小问2详解】 升级改造后单位时间内产量的分布列为 产量 0 设备运行概率 所以升级改造后单位时间内产量的期望为； 所以 产品类型 高端产品 一般产品 产量（单位：件） 利润（单位：元） 2 1 设备升级后单位时间内的利润为 ，即； 因为控制系统中元件总数为奇数，若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有个元件正常工作，其概率为； 第二类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，其概率为 ； 第三类：原系统中有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，其概率为 ； 所以 ， 即， 所以当时，，单调递增， 即增加元件个数设备正常工作的概率变大， 当时，， 即增加元件个数设备正常工作的概率没有变大， 又因为， 所以当时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润； 当时，设备不可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润． 【点睛】关键点点睛：分析增加2个元件后，分三类求解，求出是解题的难点与关键，属于较难题. 19. 已知椭圆：的长轴长为4，离心率为，过点作两条直线，，其中垂直于轴，且与交于，两点（点在第二象限），与交于，两点，直线，交于点． （1）求的方程； （2）若的斜率为，且点在点的上方，求点的坐标； （3）求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据长轴长及离心率求出，，进而求出，即可得到椭圆方程. （2）联立直线与椭圆方程求出点，坐标，联立直线与椭圆方程求出点，坐标，利用两点式求出直线，方程，联立求解即可. （3）设出点，，及直线方程，利用三点共线得到，联立直线与椭圆方程，得到及，得到点所在直线，结合点关于直线对称求解最小值即可. 【小问1详解】 设的半焦距为． 由题可得，解得， 所以的方程为． 【小问2详解】 由题意得的方程为，即， 联立，整理得，即， 解得或． 将和分别代入的方程，可得和， 又点在点的上方，所以，． 由题意得的方程为， 将代入的方程，可得，解得， 又在第二象限，可得，． 所以直线：，直线：， 联立直线，的方程，可得， 故点的坐标为． 【小问3详解】 ，，，的斜率为，则其方程为． 由，，三点共线可得， 因此， 同理，可得， 故． 令，则，，即， 与的方程联立，可得，， 则，， 所以， 所以，即， 化简得， 代入，可得点在直线：上． 作点关于的对称点，则，当且仅当为与的交点时等号成立． 设，由对称及垂直关系可得，解得，即， 于是， 故的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $