福建福州市2025-2026学年高三5月质量检测数学试题

2025-2026学年福州市高三年级五月质量检测 数学试题参考答案 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。 1-8 BCD B CA C 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.BD 10.AD 11.ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.5 13.8±4√3（写出其中一个即可） 14. 18 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.(13分) 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,己知a2+c2-b2=40,△ABC的面积 为105. (1)求B: (2)若bsin A=4√3，求BC边上的中线长. 【命题意图】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换等基础知识；考查运算求 解能力；考查化归与转化思想、函数与方程思想等：导向对发展直观想象、逻辑推理、数学 运算等核心素养的关注；体现基础性和综合性.满分13分. 【解析一】 (1)由已知5 acsin B=10W3,即acsin B=20√5， 根据余弦定理，得a2+c2-b2=2 ac cos B=40,即ac cos B=20, 所以tanB= sin B acsin B =3, cos B accos B 因为B∈(O,),所以B= 3 2)由D知，8=育所以m8= 2 高三数学一1一 (共14页) 由正弦定理得，asin B=bsinA=4v3, 解得a=8, 又由(1)得ac=40,所以c=5, 设BC的中点为M,连结AM,则BM=4, 在△ABM中，AM2=AB2+BM2-2AB·BM·c0SB=52+42-2×5×4× 1=21, 所以AM=√21，即BC边上的中线长为√21. 【解析二】(1)同解析一. (2)由①)知，B=牙，所以nB=5 由正弦定理得，asin B=bsin A=4√5， 解得a=8, 又由(1)得ac=40,所以c=5, 又a2+c2-b2=40,所以b=7, 从而，cosA= b2+c2-a21 2bc =7 设BC的中点为M,连结AM,延长AM到N,使得AN=2AM,连结BN,CN, 可知四边形ABNC是平行四边形， 在△ABN中，BN=-b-7,cOs∠ABN=-coS∠BAC=- 所以AN2=c2+BN2-2c·BN cos∠ABN=52+72+2×5×7× 7=84, 所以AN=221, 从而AM=。AW=√21，即BC边上的中线长为√21. 【解析三】(1)同解析一. 2)由D知，B-于所以咖8= 2 由正弦定理得，asin B=bsinA=4V3, 解得a=8, 高三数学一2一 (共14页) 又由(1)得ac=40,所以c=5, 又a2+c2-b=40,所以b=7, 从而，cosA=+c2-a21 2be 7 设BC的中点为M,连结AM, 则M=B+AC), 所以4-(aB+aC-a证+AC2+2B.AC-e++2cos∠BAC) =4+7+2x5x7×》=21 所以AM=V21,即BC边上的中线长为V21. 16.(15分) 近年，国家不断加大反诈宣传力度.“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏，其规则为在 不透明袋中装有若干个不同颜色的小球，以摸中特定组合即可获得大额奖金为诱饵，吸引路 人参与.已知袋中装有2个红球，3个黄球，4个蓝球，这9个球除了颜色不同以外其他特征 均相同，摸球者从袋中随机摸出5个球，若其中三种颜色球的个数比为0：1：4（所述比例不 固定对应具体颜色，下同)，则获得100元奖金：若其中三种颜色球的个数比为0：2：3，则获 得5元奖金：若其中三种颜色球的个数比为1：1：3，则没有奖金也不需付钱：仅当其中三种颜 色球的个数比为1：2：2时，需要支付10元. (1)求摸球者摸球一次获得100元奖金的概率： (2)试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局. 【考查意图】本小题主要考查计数原理、古典概型、随机变量及其分布列、数字特征等基础 知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想、概率与统计思想等，考 查逻辑推理、数学运算、数据分析、数学建模等核心素养，体现基础性、综合性、应用性.满 分15分. 【解析】(1)设摸球者摸球一次获得最大奖金100元为事件A. 摸球一次共产生C。=126种等可能情况， 该模型符合古典概型（不写不扣分）， 高三数学一3一 （共14页) 其中符合01：4的共有CC+CC=5种情况，则P(A)=6 5 即摸球者摸球一次获得100元奖金的概率为 126 (2)每摸球一次必然产生0：1：4,0：2：3,1：1：3,1：2：2四种情况之一， 设摸球者摸球一次的收益为随机变量X,则X的可能取值为100,5,0，-10. 迪D知P(X1oo)=26 符合0：2：3的共有CC+CC+CC+CC=23种， 故P(X=5) 23 126 符合1：1：3的共有CCC+CCC4=32种， 故P(X=0)= 3216 12663 符合1：2：2的共有CCC+CCC+CCC4=66种， 故PX=-10)-262i 6611 则随机变量X的分布列为： X 100 5 0 -10 P 5 23 16 11 126 126 63 21 1-5<0. a=m高5品-08(0r分 由于摸球一次的收益期望为负数，所以这个游戏对摸球者不公平. 17.(15分) 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB∥CD,PA=AB=2,BC=CD=DA=1. (1)证明：平面PBD⊥平面PAD; (2)若M为棱PB上一点（不含端点），直线DC与平面MAD所 成角的正弦值为21，求PM. D 7 PB A 【考查意图】本小题主要考查直线与平面平行、垂直等位置关系、直线与平面成角、空间向 高三数学一4一（共14页) 量等基础知识，考查直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力等，考查化归与转化、函 数与方程思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性. 满分15分. 【解析一】 (1)证明：取AB的中点E,连结DE, 则BE=CD,又BE∥CD,所以四边形BEDC为平行四边形，所以DE=BC=1, 所以DE=AE,DE=BE,所以∠DAB=∠ADE,∠BDE=∠DBA, 所以∠ADE+∠EDB=90°，所以BD⊥AD, 因为PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以PA⊥BD,又AD∩PA=A, 所以BD⊥平面PAD,又BDC平面PBD, 所以平面PBD⊥平面PAD. (2)解：过D作DS∥PA,因为PA⊥平面ABCD,所以DS⊥ 平面ABCD.因为DAC平面ABCD,所以DS⊥DA,同理 DS⊥DB,由（1)知，BD⊥AD,所以DA,DB,DS两两垂直.如 图，以D为原点，分别以DA,DB,DS所在的方向为x轴、y 轴、z轴的正方向 建立空间直角坐标系D-z, 则rag4心oo..5.p-cf-590Di-tao0Dp-a2.设 PM=PB(0<<1), 因为PB=（-1,5,-2),所以DM-Dp+PM=(1-元，V5,2-22）, x=0, 设平面MAD的法向量为n=(x,y,z),所以{ nDA=0,即 n-DM=0,(1-2)x+V5y+(2-2)z=0, 取y=2-2九，则z=-√51， 所以平面MAD的一个法向量为n=(（0,2-2元，-V52), 高三数学一5一（共14页） 设直线DC与平面MHD所成角为a,则心os<m.D-sina=回 7 n·DC 5-√3 所以 n DC V(2-22)2+322 【解析二】 (1)取AB的中点E,连结DE, 则BE=CD,又BE∥CD, 所以四边形BEDC为平行四边形，所以DE=BC=1, 所以DE=AE=1,又AD=1,所以∠DAB=60°， 在△ABD中，由余弦定理，得 BD=AB2+AD-2AB·AD cos∠DAB，所以BD=N3, 所以BD2+AD2=AB2, 所以BD⊥AD, 因为PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以PA⊥BD,又AD∩PA=A, 所以BD⊥平面PAD,又BDC平面PBD, 所以平面PBD⊥平面PAD. (2)过D作DS∥PA,则DS⊥平面ABCD,过D作DF⊥AB,过D作DF⊥AB交AB 于F,因为DFc平面ABCD,所以DS⊥DF,同理DS⊥DC,所以DF,DC,DS两两垂直. 如图，分别以DF,DC,D忑所在的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系 D-xyz 则rf原2 oj.ctaa,以ni-f5小 m小 设PM=PB(0<<1), 3 因为PB=(0,2,-2),所以DM=DP+PM 2 设平面MAD的法向量为n=(x,y,z), 高三数学一6一（共14页） 9- 所以 n-DA=0,即{ n.DM=0, 2r+2a-》+2-2=0 取x=1,则y=5,:=5月 -1 所以平面MAD的一个法向量为n= 设直线DC与平面MD所成角为a,则os<nDC-Sin&-, n.DC V 所以nDC 312 1+3+ 7,解得元=2’ (2-2 所以PM、1 18.(17分) 已知椭圆T:+a>6>0的右顶点为A,上顶点为8，M8=25,△04B的 面积为4(O为坐标原点).以O为中心、焦点在x轴上的椭圆T,在T的内部，且与T的离 心率相等.分别过A,B作T2的切线，2，设1,12的斜率分别为k,k2· (1)求T的方程； (2)求kk的值： (3)若T,的长轴长为4，是否存在定点P,当过P的动直线I与T,交于两点M,N,与l 交于点Q时，都有MPQN=MQPN？若存在，写出P的坐标并证明：若不存在，说明理 由. 【考查意图】本小题主要考查椭圆的标准方程和简单几何性质、直线与椭圆的位置关系等基 础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数 形结合思想等，考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、 综合性、创新性.满分17分. 高三数学一7一（共14页) 【解析一】 a2+b2=20, 2b=4, (1)依题意得： a>b>0, 解得a=4,b=2,则T的方程为： +=1 164 (2)因为两椭圆的离心率相同，故了，的方程可设为兰+ =s(0<s<1). 164 设切线1的方程为y=k（x-4),切线1，的方程为y=k,x+2 x+ 由i6+4=8”得(4k2+1)x2-32kx+64k-16s=0, y=k(x-4), 由A-0,得E-40产 同理得=s 4s 所以G6,所以6=± 4 (3)易得厂，的方程为 4+y2=1. [x 设1的方程为x=y+4,由{4 +=得+4y2+8+12=0, x=y+4, 由△=0，得t=±23， 当1的方程为x+2N3y-4=0时， 由164 解得4与T,的两个交点分别为A(4,0),C(-2,V5). x+2V3y-4=0, 假设定点P存在，当l与厂，相切于点A或C时，M,N,Q重合，此时等式成立. 由此猜想分别以A,C为切点的两切线的交点就是定点P. 高三数学一8一（共14页) 当切点为A时，切线方程为x=4,当切点为C时，切线方程为x-2√3y+8=0,联立解得交 点为(4,25). 下证当P为4,23)时满足条件： 设1：y-2N3=k(x-4),M(x,y),N(x,y2),Q(o), MPQN=MQPN等价于(4-x)(-2)=(x-x)4-x2), 化简得8x+2x2=(x+4):+x), x+2W3y-4=0, 由 y-2W3=k(x-4) 解得6-856-8 1+23k y-23=k(x-4), ，得(4k+小r-16k(2k-5)x+322-25k+1）=0, 所以x+x2= 62k-0.X5 32(2k2-25k+1, 4k2+1 4k2+1 所以8x+2xx2-(x+4)(x+x2) 64(W5k-1642k2-25k+1）16k2k-B)445k-1) 1+2√3k 4k2+1 4k2+1 1+2Bk 644V3k3-4k2+V5k-1+2k2-2V5k+1+45k3-12k2+25-863+14k2-Bk (1+25k)(4k2+1) =0. 即(4-x)(x-x)=(x-x)4-x)成立， 即存在P4,25,满足MPON=Mg·PW. 当1的方程为x-23y-4=0时，由图形的对称性可知，点P4,-2W3)为所求定点。 综上，当4为x+2V3y-4=0时，存在定点P(4,25)满足条件；当4为x-25y-4=0时， 高三数学一9一（共14页） 存在定点P4,-23)满足条件. 【解析二】 (1)同解析一； (2)同解析二： (3)易得I,的方程为 +y2=1. 4 设1的方程为x=y+4,由{4 +y2得2+4)y2+8y+12=0 x=y+4, 由△=0，得t=±2√3， 当l的方程为x+23y-4=0时，假设存在满足条件的点P,设点P的坐标为(m,n).由题意 知P不能在椭圆T,上. 若P在椭圆T内且PM<MQ,则QW<PW,显然条件不成立： 若P在椭圆厂内且PM>MQ,则QW>PW,显然条件不成立： 所以若P存在，则其必然在椭圆工外， PM OM 设九= 则1>0且元≠1，由题知P,M,N,Q四点共线， PN ON MP=-APN, 有 设0(x,y)，M(x,y1),N(x22), MO=AON, 由向量的共线关系可得： m=-20, 1-元 x-5+②， 1+ n=-业③， 1-元 y=当+业④ 1+入 高三数学一10一（共14页) 由①×②，③×④可得： mx x2-2x ,y= - 1-元2 1-22 因为M,N在厂上，所以它们的坐标满足：至+上=1⑤，兰+上=1© 164 16 4 由⑤-⑥×12得： X-3+片-2=1-无， 16 整体代入得：m+少=1恒成立 164 因为9(x,y)在直线x+2V3y-4=0上， 当m+少=1，x+2√5y-4=0是同一条直线时，即m=4,n=25时满足题意，所以存在 164 定点P(4,2W3符合题意. 当1的方程为x-2√3y-4=0时，由图形的对称性可知，点P4,-2W3)为所求定点。 综上，当（为x+2W3y-4=0时，存在定点P(4,23)满足条件：当1为x-2W3y-4=0时， 存在定点P4,-23)满足条件. 19.(17分) 已知函数f(x)=a(x-1)-lnx. (1)讨论f(x)的单调性： (2)关于x的方程(x)=k有两个实根u,V,对每一个满足条件的k,'<1. (i)求a的取值范围： (i)当keN时，记Sk=4k+yk,证明： s<+1+2a)m 【考查意图】本小题主要考查函数的图象与性质、函数单调性、函数与方程、数列求和等基 础知识，考查逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程 思想、化归与转化思想、数形结合思想等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养， 体现基础性、综合性和创新性.满分17分. 高三数学一11一（共14页） 【解析-】)f)=a-1,20, xx 当a≤0时，f'(x)<0,所以f(x)在(0，+∞)上是减函数， 当a>0时，0<x<。f)<0,所以/()在0日上单调递减， x>f)>0,f(y在a+上单调递增， 1 综上所述， 当a≤0时，f(x)在(0，+o∞)上是减函数， 当a>0时，f在(0上单递诚，在日+ 上单调递增。 (2)（i)不妨设4k<, 当1时，令F)-=)-f因)>0， F'(x)=a-1+a-x-a2-2x+a x x2 x 令g(x)=ax2-2x+a,△=4-4a2<0, 所以g(x)=ax2-2x+a>0,从而F'(x)≥0， 所以F(x)在(0，+o∞)上单调递增， 由(1①)知0<4：<1，所以F(u:)<F(), 0 即a)k0,亦即》 又)fa).所以日 因为04。，以>。又。且在+ 上单调递增， 所以y<,即<1，符合题意： 当0<a<1时，取k=0,k=1,Vk>二>4k即3uyk>1,不符合题意， 当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上是减函数，不存在满足方程f(x)=k的两个实根4k,'k,亦 高三数学一12一（共14页) 不符合题意； 综上所述，a的取值范围为[1，+o∞). (ii)由(i)知，a>l, 依题意得au-)-n4,=太，所以4，-+n4+1,同理以 k+, a 又因为uyk<1,所以n(y)<0, 所以4+V 2kn(u:+2<2k+2, 即S,<2k+2keN), a k=1 因为小 所以∑s< 2+(1+2a)n 【解析二】(1)同解析一 (2)（i）不妨设4<，先证当a>l时，符合题意， 依题意得，a(“-1)-lhu=k，a(yg-1)-n=k, 以上两式相减得，a(u-v)=lnu,-ny, 因为所以效h。 下i证可<二0<x<y)恒成立. Inx-Iny 令e=2小则g--宁0在四上相成之，所 在(1，+o)上单调递减，当x>1时，g(s)<g()=0,即2nx-x+<0,令x=G(>),则 a1-f+方0>1.即n<分>小板成立 令1=(0<x<叨，则h士< Vx 高三数学 一13一（共14页) 因为ay-由n,所以何<a ,结论得证 可如点 ，即u<a’ 1 当时，，1，符合超意 下证a<1时，不符合题意. 当0<a<1时， 令---a., 令g-m2-2x+a,期0=82-小=24o-)小0， 得到F0<0,F日-小0， 当x径时，F(0,()在子-小止单调递减。 当1名1时，FPw)kF0=0,即)kf 1 又因为e)=.即小水 由0妇0>1，所以<1 由知国在0日上单所以<% 、Vk 即3uy>1,不符合题意： 当a≤0时，由(1)知，f(x)在(0，+o)上是减函数，不存在满足方程f(x)=k的两个实 根山，V,亦不符合题意： 综上所述，a的取值范围为[1，+o). (ⅱ)同解析一. 高三数学一14一（共14页）(在此卷上答题无效) 2025-2026学年福州市高三年级五月质量检测 数学 (完卷时间：120分钟：满分：150分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答題卡上对应題目的答案标号 涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择題时，将答案 写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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.i 知集合A=《-1,01,2,3},集合B={xx+1)(x-2)<0则AnB= A.{3 B.(0,1 C.（-10,1,2 D.（-1,0,1,2,3} 2. 若复数z满足，名=7-i,则l= 1+i A.100 B.25 C.10 D.5 3.某A1数据中心共有4个开源大模型供公众使用.该中心分别对这4个模型在某 天内的词元调用量进行调查，画出频率分布直方图，其中词元调用量的平均数低 于中位数的为 频串组距 频串组距 词元阀用盘 词元调用证 A B 领痒/组更 须事/组距 词元讽用量 D 同元调用址 高三数学一1一（共4页） 4.已知圆台的上、下底面面积分别为S',S,且S=4S,，圆台的高为3，轴截面 面积为9，则该圆台的体积为 A.7π B.7π C.14r D.28π 4 5.已知点 经0是西数r=sox+引 (o>0)的图象的一个对称中心，则ω 的最小值为 A司 4-3 C. D. 6.记Sn为等比数列{a}的前n项和，设甲：S,S,，,S2为等差数列：乙：42，a, 4为等差数列，则 A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 7.右图是体现中国古代数学智慧的“赵爽弦图”，它由4个全等 直角三角形和中心小正方形构成.若AE=EF,则 G A.正=4丽+而 4 3 B、丽=号B+西 5 C.正=4+2D D.正=4B+2而 5 8. 已知21og2x-x=0,31ogy-y=0,51og5z-z=0,则x,y,z的大小关系 不可能为 A.x<y<z B.x<z<y C.z<x<y D.z<y<x 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os(x+列=有则 A.当x=π时，cosy= 3 B.当y=受时，血x月 C.当x=y时，six= 3 D.当6os(x-列-子时，mxay=月 10.已知函数∫(x)=x+bx2+cx(b,c∈R),则下列说法正确的是 A.若∫(x)是奇函数，则b=0 B.若∫(x)是增函数，则b2-3c>0 C.∫(x)所有零点的平方和等于b2-3c D.当b2-3c>0时，存在两条互相垂直的直线都与曲线y=∫(x)相切 高三数学一2一（共4页） 11.在平面直角坐标系中，到两条坐标轴的距离之和与到点F(2,0)的距离相等的点 的轨迹是C.则 A.点(1,0)在C上 B.存在斜率为1的直线与C恰有3个公共点 C.当且仅当a≤-2，圆(x-a+y2=8与C恰有4个公共点 D.存在定点P,过P且互相垂直的任意两条直线都与C相交，所有交点中必 有两个与P等距 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 已知数列a}满足马=2,9，=1。，则a,}的前7项 13.等边三角形的一个顶点位于抛物线y=4x的焦点，另外两个顶点都在该抛物线 上，这个三角形的边长可以为（写出一个符合题意的答案即可）. 14.共有3枚质地均匀的硬币，每枚硬币抛出后正面朝上与反面朝上的概率均为， 第一次将三枚硬币同时抛出，之后每次从当前反面朝上的硬币中任意选取2枚 同时抛出，直到反面朝上的硬币数少于2枚时停止操作、当停止操作时，所有硬 币均为正面朝上的概率为一。 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.(13分) 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a2+c2-b2=40,△ABC 的面积为10W5. (1)求B: (2)若bsi血A=45,求BC边上的中线长. 16.(15分) 近年，国家不断加大反诈宜传力度.“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏， 其规则为在不透明袋中装有若干个不同颜色的小球，以摸中特定组合即可获得 大额奖金为诱饵，吸引路人参与.已知袋中装有2个红球，3个黄球，4个蓝球， 这9个球除了颜色不同以外其他特征均相同，摸球者从袋中随机摸出5个球，若 其中三种颜色球的个数比为0：1：4（所述比例不固定对应具体颜色，下同)，则获 得100元奖金：若其中三种颜色球的个数比为0：2：3，则获得5元奖金：若其中 三种颜色球的个数比为1：1：3，则没有奖金也不需付钱：仅当其中三种颜色球的 个数比为1：2：2时，需要支付10元 (1)求摸球者摸球一次获得100元奖金的概率： (2)试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局. 高三数学一3一（共4页） 17.（15分) 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB∥CD, PA=AB=2,BC=CD=DA=1. (1)证明：平面PBD⊥平面PAD: (2)若M为棱PB上一点（不含端点），直线DC与 平面MD所成角的正弦值为，求P4 PB 18.（17分) 已知销圆：等+卡=>6>0的右顶点为4，上顶点为，H-25， △OAB的面积为4（O为坐标原点).以O为中心、焦点在x轴上的椭圆厂在T 的内部，且与了的离心率相等.分别过A,B作T,的切线，山2，设，的斜率分别 为k,飞 (1)求了的方程： (2)求kk的值： (3)若T,的长轴长为4，是否存在定点R,当过P的动直线I与T,交于两点M,N, 与，交于点2时，都有MP2N=MgPW？若存在，写出P的坐标并证明： 若不存在，说明理由。 19.(17分) 已知函数f(x)=a(x-l)-血x. (1)讨论∫(x)的单调性： (2)关于x的方程∫(x)=k有两个实根4,4，对每一个满足条件的k,4M<1. (i)求a的取值范围； (i)当keN时，记S=4+y4,证明： Q 高三数学一4一（共4页）