精品解析：福建三明市2026届高三毕业班质量检测数学试题

三明市2026年普通高中高三毕业班质量检测 数学试题 本试卷共5页，满分150分. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每题答案后，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.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 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，则（ ） A. B. i C. D. 1 2. 已知集合，，若，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 4. 下列区间是函数的一个单调递增区间的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与圆交于A，B两点，当的面积最大时，点O到直线l的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 6. 已知函数的定义域为，，，且当时，，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥内切球表面上的一点，则点M到直线CD距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数与的图象关于直线 对称，函数，若方程在区间上有两解，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题正确的是（ ） A. 若样本数据的平均数为2，则数据的平均数为4 B. 根据小概率值的独立性检验，当时， 可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05 C. 在一组样本数据（，不全相等）的散点图中， 若所有样本点（）都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为 D. 若，，，则 10. 记为数列的前n项和，已知，则（ ） A. 当是等比数列时，且 B. 当时， C. 当时，数列的前n项和为 D. 当时，数列中，第5项的值最大 11. 如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分 C. 当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D. 线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为________．（结果用数字表示） 13. 设椭圆长轴的两个顶点分别为A，B，点C为椭圆E上不同于A，B的一点，若的三个内角A，B，C满足，则椭圆E的离心率为________. 14. 定义：平面内，图形上的所有点在直线l上的射影所组成的图形称为在l上的射影．若边长为m的正三角形在某一矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为8，则m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. 袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中有2个红球和3个白球，从中随机摸出2个球． （1）求摸到的两个球颜色相同的概率； （2）用表示摸出的球为白球的个数，求的分布列及均值． 16. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，． （1）求A； （2）若点H在所在平面内，且满足，求面积的取值范围． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD为等腰梯形，且，，，且四面体AFDC的体积为． （1）求t的值； （2）若E为AD的中点，过点E，F的平面与AC平行，交PC于点G，求平面ABG与平面ABCD夹角的余弦值． 18. 已知函数． （1）若函数有两个零点，求实数a的取值范围； （2）若，求证：； （3）若，，关于x的不等式恒成立，求的最大值． 19. 在平面直角坐标系xOy中，M是一个动点，MA与直线垂直，垂足A位于第一象限，MB与直线垂直，垂足B位于第四象限，若四边形OAMB的面积为2． （1）求动点M的轨迹C的方程； （2）直线与曲线C交于点，（在的上方），过点，分别作，的平行线，交于点，过点且斜率为2的直线与曲线C交于点，（在的上方），再过点，分别作，的平行线，交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点，，． 证明：①共线； ②为定值，，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明市2026年普通高中高三毕业班质量检测 数学试题 本试卷共5页，满分150分. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每题答案后，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.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 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，则（ ） A. B. i C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得：， 所以. 2. 已知集合，，若，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式求得集合，由，可得，求解即可. 【详解】由，得，解得， 所以，又， 由，所以，解得， 所以实数的取值范围为. 3. 已知，向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【详解】设与的夹角为，在上的投影向量为， 故，故. 4. 下列区间是函数的一个单调递增区间的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以令，解得， 当时，单调递增区间为， 因为， 所以是函数的一个单调递增区间. 5. 已知直线与圆交于A，B两点，当的面积最大时，点O到直线l的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设点O到直线l的距离为，进而得，即，利用基本不等式即可求解. 【详解】设点O到直线l的距离为，所以， 所以， 当时，即时，等号成立. 6. 已知函数的定义域为，，，且当时，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据得，再结合即可求解. 【详解】由，得， 所以， 所以， 又， 且当时，，所以， 所以. 7. 已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥内切球表面上的一点，则点M到直线CD距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别为 和 的中点，平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆，求出圆的半径，利用圆心到直线距离求点M到直线距离的最小值. 【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为，取 的中点为 ， 的中点为 ，连接，，，    球O为四棱锥的内切球， 底面 为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面 ， 则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆， 此圆为的内切圆，半径为r，与分别相切于点E，F， 平面平面 ，交线为平面， 为正三角形，有，平面 ， 平面 ，， ，，则有，，， 则中，，解得. 所以，四棱锥内切球半径为2，连接 . 平面 ，平面 ，， 又，平面，， 平面，平面，可得， 所以内切球表面上一点M到直线 的距离的最小值即为线段 的长减去球的半径， 所以， 又. 所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线 的距离的最小值为. 8. 已知函数与的图象关于直线 对称，函数，若方程在区间上有两解，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出，设，推导出，转化为方程在区间上有两解，参变分离，在区间上有两解，构造函数，得到函数单调性，数形结合得到结论. 【详解】由题意得函数与的图象关于直线 对称，故， ，设， 则方程，即均在函数图象上， 假设，因为在上单调递增，故， 又，故，与假设矛盾，舍去； 假设，因为在上单调递增，故， 又，故，与假设矛盾，舍去； 综上，，即方程在区间上有两解， 即，在区间上有两解， 令，，则， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 又，， 其中，即， 画出函数在上的图象如下： 要想在区间上有两解，需要， 解得. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题正确的是（ ） A. 若样本数据的平均数为2，则数据的平均数为4 B. 根据小概率值的独立性检验，当时， 可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05 C. 在一组样本数据（，不全相等）的散点图中， 若所有样本点（）都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为 D. 若，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据平均数的性质即可判断A，利用独立性检验即可判断B，根据线性回归方程的相关系数即可判断C，根据全概率公式即可判断D. 【详解】对于A：若样本数据的平均数为，所以数据的 平均数为，故A错误； 对于B：根据小概率值的独立性检验，当时， 可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05，故B正确； 对于C：在一组样本数据（，不全相等）的散点图中， 若所有样本点（）都在直线上， 则这组样本数据的线性相关系数为 ，故C错误； 对于D：由， 所以，故D正确. 10. 记为数列的前n项和，已知，则（ ） A. 当是等比数列时，且 B. 当时， C. 当时，数列的前n项和为 D. 当时，数列中，第5项的值最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：对参数 的取值进行分类讨论，在不同情况下，讨论数列的类型即可判断；对B：求得，即可比较大小，从而进行判断；对C：求得，进而裂项相消法即可求得结果；对D：令，利用作差法判断数列的单调性，进而求得其最大项. 【详解】对A：， 当时，，则时，，又， 所以此时不是等比数列； 当时，，则时，，即，显然不符合题意； 当且时，，解得， 当时，，可得， 此时数列是以为首项，为公比的等比数列， 综上所述：当是等比数列时，且，故A正确； 对于B，当时，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以，故B错误； 当时，数列是首项为，公比为 的等比数列， 所以，所以， 所以 ，故C正确； 对于D：当时，数列是首项为，公比为的等比数列，所以， 令，则， ， 由二次函数的性质可知在时单调递增， 且当时，，所以数列单调递增， 当时，，所以数列单调递减， 所以在数列中，第5项的值最大，故D正确. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分 C. 当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D. 线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，连接，先证明平面，可得，同理可证平面，可得，进而得到平面，进而求证即可判断；对于B，先证明，结合题设可得点P到点B的距离等于它到直线的距离，再根据抛物线的定义即可判断；对于C，由向量关系找到点 的位置，因为球心到截面的距离最大时，截面面积最小，所以 为截面圆心，结合勾股定理求出得到截面圆半径，求得最小截面面积即可判断；对于D，旋转得到的圆锥与旋转轴夹角恒为，在正方体中求出角的正切值，从而找到旋转过程中形成的最大角和最小角，从而求出范围即可判断. 【详解】对于A，连接，在正方形 中，， 在正方体中，平面 ， ∵平面 ，∴， ∵，平面，平面， ∴平面，∵平面，∴， 同理可证平面，∵平面，∴， 又，平面，平面， ∴平面，∵平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，在正方体中，平面， ∵平面，∴， 则点P到直线AB的距离，即为点P到点B的距离， 由于点P到直线AB的距离等于它到直线的距离， ∴点P到点B的距离等于它到直线的距离， 又P（与点不重合）是正方体侧面内的动点， 因此，根据抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确； 对于C，当时， 为线段上靠近点的四等分点，如图， 易知正方体的外接球的球心为正方体的中心，外接球的半径， 设中点为 ，连接， 则，易得，，则， 若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为OP， 因此，截面面积最小为，故C错误； 对于D，线段绕旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为的圆锥， 设，，， 在旋转过程中，与所成的角在如图所示的轴截面内分别取得最值， 则，， 所以在旋转过程中，与所成角的正切值的取值范围为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为________．（结果用数字表示） 【答案】240 【解析】 【分析】结合二项式展开式通项公式，即可求出对应的展开项以及系数 【详解】由二项式展开项通项公式可得，， 所以，故所求系数为240. 13. 设椭圆长轴的两个顶点分别为A，B，点C为椭圆E上不同于A，B的一点，若 的三个内角A，B，C满足，则椭圆E的离心率为________. 【答案】## 【解析】 【分析】由三角恒等变换得到，并转化为斜率关系，设出点的坐标，由斜率得到方程，求出，得到离心率 【详解】，故， 即， 即， 因为，所以， 即，， 故，即，， 不妨设，则， ，故， 又，故，将其代入得 ，故椭圆E的离心率为. 14. 定义：平面内，图形上的所有点在直线l上的射影所组成的图形称为在l上的射影．若边长为m的正三角形在某一矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为8，则m的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，转化为正三角形在轴、 轴上投影之和的两倍，设与轴正半轴的夹角为，正三角形在矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为，分、、三种情况分别计算的最值，再列不等式求解即可． 【详解】根据题意，正三角形在矩形的四条边所在直线上的射影长度之和， 等价于正三角形在轴、 轴上投影之和的两倍， 设与轴正半轴的夹角为， 正三角形在矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为， 则，， 当时，正三角形在轴、 轴上投影分别为、， 则 ， 或时，取得最小值， 时，取得最大值为； 当时，正三角形在轴、 轴上投影分别为、， ， 当时，取得最小值，当时，取得最大值为； 时，正三角形在轴、 轴上投影分别为、， 当时，取得最小值，当时，取得最大值为； 由对称性可证，其它象限最值情况一样， 综上，的最小值为，最大值为， ，解得， 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. 袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中有2个红球和3个白球，从中随机摸出2个球． （1）求摸到的两个球颜色相同的概率； （2）用表示摸出的球为白球的个数，求的分布列及均值． 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 .【解析】 【分析】（1）根据互斥事件的概率加法公式分析计算即可； （2）利用古典概型概率，以及求随机变量均值公式分析计算即可. 【小问1详解】 设事件“摸到的两个球颜色相同”，事件“摸到的两个球为红球”，事件“摸到的两个球为白球”，则． 因为，互斥，所以根据互斥事件的概率加法公式，可得 ． 【小问2详解】 的可能取值为， 则， 所以的分布列为： 0 1 2 的均值为. 16. 已知锐角 的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，． （1）求A； （2）若点H在 所在平面内，且满足，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：利用余弦定理即可求解；解法二：利用正弦定理结合三角恒等变换即可求解； （2）由已知得，，即，，进而得H为 的垂心，连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则，，在四边形ADHE中得，则， 解法一：在中，设，，则，由正弦定理，得，，进而得 ，利用三角函数的性质即可求解； 解法二：在中，由余弦定理，得，进而，进而求解. 【小问1详解】 解法一：因为，，由余弦定理，得， 整理得， 则， 因为，所以； 解法二：因为，，所以， 由正弦定理，得， 即， 整理，得， 因为，所以，即， 因为，所以； 【小问2详解】 解法一：因为，所以，， 即，，故，． 所以H为 的垂心． 连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则，． 在四边形ADHE中，由，得，则， 在中，设，，则， 由正弦定理，得， 所以，， 则 ， 因为，所以， 所以，所以． 即面积的取值范围为 解法二： 因为，所以，， 即，，故，． 所以H为 的垂心． 连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则，． 在四边形ADHE中，由，得，则， 在中，由余弦定理，得 所以， 得，，当且仅当时，等号成立， 所以， 又，故面积的取值范围为. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD为等腰梯形，且，，，且四面体AFDC的体积为． （1）求t的值； （2）若E为AD的中点，过点E，F的平面与AC平行，交PC于点G，求平面ABG与平面ABCD夹角的余弦值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，根据四面体体积得到方程，求出高，进而得到t的值； （2）解法一：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角余弦公式进行求解； 解法二：作出辅助线，得到为二面角的一个平面角，求出各边长，得到面面角的余弦值. 【小问1详解】 在平面PAD中，过点F作AD的垂线，垂足为Q，因为平面平面ABCD， 平面平面，平面PAD，所以平面ABCD 在梯形ABCD中，过点C作，垂足为H， 则，故， 所以，解得 在中，过点P作，垂足为O，则， 因为，，所以．所以 因为，所以，所以； 【小问2详解】 解法一：由（1）知O点即为E点，F为线段AP上靠近A的一个三等分点， 在线段PC上取一点G，使 因为，所以， 又因为平面EFG，平面EFG，所以平面EFG 取BC的中点M，连接EM，则， 由（1）知平面ABCD，所以，， 以E为原点，EM，ED，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，， 所以，因为． 设平面ABG的法向量为，则． 所以．所以． 取 ，则，． 所以是平面ABG的一个法向量． 因为平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为． 设平面ABG与平面ABCD的夹角为，则． 即平面ABG与平面ABCD夹角的余弦值为． 解法二：由（1）知O点即为E点，F为线段AP上靠近A的一个三等分点， 在线段PC上取一点G，使． 因为，所以， 又因为平面EFG，平面EFG，所以平面EFG 连接CE，则，又，所以四边形ABCE为菱形． 在线段CE上取点H，使得， 连接GH，则，由（1）知平面ABCD，所以平面ABCD， 因为平面ABCD，所以． 在平面ABCD内过点H作，交AB的延长线于点T， 则HT为菱形ABCE，AB边上的高．连接GT，则平面GHT，所以， 所以为二面角的一个平面角， 在菱形ABCE中，，， 所以AB边上的高为，即，又， 所以， 所以． 所以平面ABG与平面ABCD夹角的余弦值为． 18. 已知函数． （1）若函数有两个零点，求实数a的取值范围； （2）若，求证：； （3）若，，关于x的不等式恒成立，求的最大值． 【答案】（1） （2）法1：因为，所以， 故要证，只需证，即证， 令，则， 令，则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增，故，即， 因此当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以当 时，取得最小值，最小值为． 所以，命题得证. 法2：因为，所以， 故要证，只需证，即证， 即证， 令，则． 令，则；令，则． 所以在上单调递减，在上单调递增，故， 令，从而只需证． 令，则， 所以在上单调递增，故， 所以，从而成立． （3） 【解析】 【分析】（1）将问题转化为的零点个数，通过求导，分、两种情况分析即可；或将问题转化为函数的图象与直线有两个交点，数形结合即可求出. （2）根据得到，将问题转化为求证，构造函数求最小值即可；或利用同构思想求证即可. （3）令，分、两种情况讨论其单调性求最大值，得出，再构造函数即可求出； 【小问1详解】 法1：的定义域为，令，即，即． 令，则 （ⅰ）当时，，则在上单调递增，至多有一个零点，不合题意，舍去； （ⅱ）当时，当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减． 所以在处取得最大值，最大值为， ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，故没有零点； ③当时，，即， 又时，；时，． 所以在上有一个零点，在上有一个零点， 故在上有两个零点； 综上，实数a的取值范围为． 法2：的定义域为，令，即， 即，即， 设，则． 当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减，所以． 又，当时，；时，． 画出的大致图象如图所示． 函数有两个零点，等价于函数的图象与直线有两个交点． 由图象可得，实数a的取值范围为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 时，恒成立，即恒成立，即恒成立． 设函数，则恒成立， （ⅰ）当时，因为函数，在上均为减函数，所以函数在上单调递减． 且当时，，与题意不符； （ⅱ）当时，， 当时，，在上单调递增； 当时，在上单调递减． 所以， 依题意，，即， 所以， 令，则， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减． 所以当时，取得最大值，最大值为． 故 所以，当，时等号成立． 综上所述，的最大值为. 19. 在平面直角坐标系xOy中，M是一个动点，MA与直线垂直，垂足A位于第一象限，MB与直线垂直，垂足B位于第四象限，若四边形OAMB的面积为2． （1）求动点M的轨迹C的方程； （2）直线与曲线C交于点，（在的上方），过点，分别作，的平行线，交于点，过点且斜率为2的直线与曲线C交于点，（在的上方），再过点，分别作，的平行线，交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点，，． 证明：①共线； ②为定值，，． 【答案】（1） （2）①证明：设斜率为2，与曲线C相交于，两点的直线方程为，其中，， 联立方程，消去y可得， 因为该方程有两个正根，所以，解得， 根据韦达定理：，， 直线的方程为，又，故， 直线的方程为，又，故， 联立方程，两式相加得， 代回方程组得， 于是， ， 故都在直线上，所以共线． ②证明：设坐标为，则直线方程为，故①中， 所以，， 又，于是，， ， 所以． 故为定值，， 【解析】 【分析】（1）设，根据四边形面积列出方程化简即可求解； （2）①设斜率为2，与双曲线右支相交于两点的直线方程为，与双曲线方程联立得交点坐标关系，从而可得直线与直线的方程，联立两直线可得坐标关系，从而证得结论； ②设坐标为，直线方程为，结合①中坐标关系，利用两点之间的距离公式可得结论. 【小问1详解】 设，由 与垂直，得四边形OAMB是矩形，故，即，整理得， 因为A，B两点分别在第一、四象限，所以动点M的轨迹C的方程是：. 【小问2详解】 ①略 ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $