精品解析：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 （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､准考证号填写在答题卡上. 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. 100 B. 25 C. 10 D. 5 3. 某AI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（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆台的上､下底面面积分别为，且，圆台的高为3，轴截面面积为9，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 记为等比数列的前项和，设甲：为等差数列，乙：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. 如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，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则的大小关系不可能为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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，有选諎的得0分. 9. 已知，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若是奇函数，则 B. 若是增函数，则 C. 所有零点的平方和等于 D. 当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切 11. 在平面直角坐标系中，到两条坐标轴的距离之和与到点的距离相等的点的轨迹是，则（ ） A. 点在上 B. 存在斜率为1的直线与恰有3个公共点 C. 当且仅当，圆与恰有4个公共点 D. 存在定点，过且互相垂直的任意两条直线都与相交，所有交点中必有两个与等距 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，，则数列的前7项和为__________. 13. 等边三角形的一个顶点位于抛物线的焦点，另外两个顶点都在该抛物线上，这个三角形的边长为__________. 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__________. 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. 记的内角的对边分别为，已知的面积为. （1）求； （2）若，求边上的中线长. 16. 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，以摸到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（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，则获得5元奖金：若其中三种颜色球的个数比为，则没有奖金也不需付钱：仅当其中三种颜色球的个数比为时，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. 17. 在四棱锥中，平面，. （1）证明：平面平面； （2）若为棱上一点（不含端点），直线与平面所成角的正弦值为，求. 18. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，，的面积为4（为坐标原点）.以为中心,焦点在轴上的椭圆在的内部，且与的离心率相等.分别过作的切线，设的斜率分别为. （1）求的方程； （2）求的值； （3）若的长轴长为4，是否存在定点，当过的动直线与交于两点，与交于点时，都有？若存在，写出的坐标并证明：若不存在，说明理由. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 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､准考证号填写在答题卡上. 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， 2. 若复数满足，则（ ） A. 100 B. 25 C. 10 D. 5 【答案】C 【解析】 【详解】，， 则，故选项C正确. 3. 某AI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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在频率分布直方图中，中位数左右两边面积相等，平均数受极端值影响，偏向长尾方向. 直方图左偏（左边拖尾长，右边集中）,如D选项→平均数中位数； 直方图右偏（右边拖尾长，左边集中），如B选项→平均数中位数； 直方图对称，如AC选项→平均数≈中位数. 故此题选D. 4. 已知圆台的上､下底面面积分别为，且，圆台的高为3，轴截面面积为9，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设圆台的上下底面半径为， 因为，所以，则， 则轴截面面积为，得， 则该圆台的体积为 5. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】令，解得. 点是函数的图象的一个对称中心， ，解得. ，，解得； ，符合条件的的最小值为1； . 6. 记为等比数列的前项和，设甲：为等差数列，乙：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 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差性质、等比数列的性质，结合充分条件、必要条件的概念求解判断即可. 【详解】设等比数列的公比为，首项为. 甲：，，. 因为为等差数列，所以，即， 整理得，即，所以. 乙：，，. 因为为等差数列，所以，即， 整理得，即，解得或. 所以若甲成立，乙一定成立，故甲是乙的充分条件；若乙成立，甲不一定成立，故甲不是乙的必要条件； 综上，甲是乙的充分不必要条件. 7. 如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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为该图由4个全等直角三角形和中心小正方形构成，且， 所以， 故， 所以， 所以. 8. 已知，则的大小关系不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，得，转化为函数与，与，与图象的交点问题；作出函数图象，结合图象可得各个交点的位置关系，从而进行判断. 【详解】，，, ，，； 即转化为函数与，与，与图象的交点问题. 分别画出，，，，，的图象，如图所示： 由图可知，与的图象交于两点，与的图象交于两点，与的图象交于两点；同时. 对于A，时，满足，故A正确； 对于B，，不满足，故B错误； 对于C，，满足，故C正确； 对于D，，满足，故D正确. 二､多选题：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，有选諎的得0分. 9. 已知，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】BD 【解析】 【分析】对于AB：利用诱导公式运算求解；对于C：利用倍角公式运算求解；对于D：利用两角和差公式可得，，即可得结果. 【详解】对于选项A：当时，则，所以，故A错误； 对于选项B：当时，则，故B正确； 对于选项C：当时，则， 可得，即，故C错误； 对于选项D：因为，， 则，， 可得，，所以，故D正确. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若是奇函数，则 B. 若是增函数，则 C. 所有零点的平方和等于 D. 当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切 【答案】AD 【解析】 【分析】根据奇函数的定义可判断A；根据导数与单调性的关系及一元二次不等式恒成立即可判断B；根据零点问题及韦达定理可判断C；求出的最值，根据已知条件及二次函数性质可得，结合导数的几何意义及直线垂直的条件可判断D. 【详解】对于A：函数的定义域为. 若是奇函数，则，即， 所以，故A正确. 对于B：. 若是增函数，则恒成立， 所以，即，故B错误. 对于C：令，则或. 设方程的根为，（2个不等实根或2个相等实根或2个复数根）， 对于C：令，则或. 当时，方程无解，此时只有1个零点，故； 当时，方程有两个相等实根或两个不等实根，记为，，则，， 此时有3个零点，故， 综上，C错误. 对于D：设曲线的两条切线斜率分别为，，不妨令，， ，则 又，所以， 所以一定存在切点，，使得，即， 故当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切，D正确. 11. 在平面直角坐标系中，到两条坐标轴的距离之和与到点的距离相等的点的轨迹是，则（ ） A. 点在上 B. 存在斜率为1的直线与恰有3个公共点 C. 当且仅当，圆与恰有4个公共点 D. 存在定点，过且互相垂直的任意两条直线都与相交，所有交点中必有两个与等距 【答案】ABD 【解析】 【分析】依题意写出上任意一点的坐标满足的等式即可得到方程，对于A，代入点坐标即可；对于B，画出的图像，根据图像判断出存在满足条件的直线，该直线与在第二象限的曲线相切；对于C，找到反例即可；对于D，先分析出与等距的两个交点可能的分布，再结合几何分析得到与等距的两个交点之间的约束关系，观察约束关系恒成立时点坐标应满足的条件. 【详解】设上任意一点的坐标为，依题意有， 两边同时平方得，整理得的方程为， 代入得满足方程，A正确； 对的方程进一步分析，可知时等式不成立， 当即在第一、三象限时，方程可化为， 当即在第二、四象限时，方程可化为， 它们都可以通过反比例函数和平移得到，可画出图像如下， 设斜率为的直线方程为，当它与第二象限部分的曲线相切时， 它与恰有3个公共点，此时有整理得， 令，得（此时切点为） 或（舍去，此时直线不经过第二象限）， 所以直线与恰有3个公共点，B正确； 可知圆在直线和之间移动， 直线与在第二象限部分的交点为，当圆经过 即时，圆与相交，有4个公共点，现使圆心向右移动， 若当且仅当，圆与恰有4个公共点， 则意味着在处圆与第二象限部分的关系发生了突变，即从相交转为相切， 此时圆应与第一象限部分也相切，从而保证恰有4个公共点，如上图所示， 但是圆心继续向右移动时，圆与第二象限部分分离的同时与第一象限部分相交， 此时也有4个公共点，直到圆经过即时才变为个公共点，之后则是2个公共点， 因此这一范围没有包括所有4个公共点的情况，C错误； 若与等距的两个交点在同一个象限也即在同一段曲线上，显然难以保持与等距， 考虑与等距的两个交点分别在不同的象限，若两个交点分别在二、四象限， 根据反比例函数平移的结果可知，在第四象限的曲线的一部分与在第二象限的曲线 关于对称（也可以通过判断），若取， 显然过点的直线与的两个交点同保持等距，但当直线垂直于轴时， 它与没有交点，不符合条件，两个交点分别在一、三象限也一样， 接下来考虑与等距的两个交点在相邻的象限的情况，比如分别在三、四象限， 设两个点分别为，设， 因为且，由三角形全等可知①， ②，由②可得， 设，则，代入①中得， 设，则即， 当时该等式恒成立，此时，即为满足要求的点. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，，则数列的前7项和为__________. 【答案】5 【解析】 【详解】因为，，所以，，，所以数列的周期为3， 则数列的前7项和. 13. 等边三角形的一个顶点位于抛物线的焦点，另外两个顶点都在该抛物线上，这个三角形的边长为__________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意和抛物线以及正三角形的对称性，可推断出两个边的斜率，进而表示出这两条直线，与抛物线方程联立，求交点的坐标，从而得解． 【详解】抛物线的焦点为， 因为等边三角形的一个顶点位于抛物线的焦点， 另外两个顶点都在该抛物线上，则等边三角形关于轴对称， 所以两个边的斜率为， 其方程为， 由得， 当时，， 所以等边三角形的边长为； 当时，， 所以等边三角形的边长为； 故答案为：或. 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__________. 【答案】 【解析】 【分析】分别计算第一次抛硬币结果为3个正面，第一次抛硬币结果为1反2正，第一次抛硬币结果为1正2反，第一次抛掷结果为3反，且最终出现3正的概率，相加可得答案. 【详解】当第一次抛硬币结果为3正，停止操作，对应概率为； 当第一次抛硬币结果为1反2正，停止操作； 当第一次抛硬币结果为1正2反，发生概率为. 对两枚出现反面的硬币继续抛掷，若出现2正，停止操作，对应概率为， 若出现1正1反，停止操作；若出现2反，回到原状态，对应概率为. 则在出现1正2反的前提下，出现3个正面的概率为：， 从而第一次抛硬币结果为1正2反，且最终得到3个正面的概率为：； 当第一次抛掷结果为3反，发生概率为，选择其中两枚出现反面的硬币继续抛掷， 若出现2正，停止操作；若出现1正1反，发生概率为， 此时抛硬币结果为1正2反，由以上解析可得最终得到3个正面的概率为，则对应概率为； 若出现2反，对应概率为，回到原状态，设在第一次抛掷结果为3反的前提下，得到3个正面的概率为，则， 从而第一次抛掷结果为3反，且最终得到3个正面的概率为：. 综上所述，在各种情况下，最终得到3个正面的概率为. 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. 记的内角的对边分别为，已知的面积为. （1）求； （2）若，求边上的中线长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式可得； （2）利用正弦定理求出，结合（1）求出，即可求出，利用可得. 【小问1详解】 因为以及余弦定理可得，，即， 因为的面积为，所以，即， 得，因为，所以； 【小问2详解】 由（1）可得，， 由正弦定理可得，， 因为，所以，， 则由可得， 设线段的中点为， 则 ， 得，得， 故边上的中线长为 16. 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，以摸到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（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，则获得5元奖金：若其中三种颜色球的个数比为，则没有奖金也不需付钱：仅当其中三种颜色球的个数比为时，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. 【答案】（1）. （2）摸球者每次摸球的期望收益是元，游戏对玩家不利，是骗局. 【解析】 【分析】(1) 摸球者摸球一次获得100元奖金，则摸到0个红球，1个黄球，4个蓝球；或者摸到0个黄球，1个红球，4个蓝球，从而求出对应的概率. (2)求出摸球者每次摸球的期望收益是元，即平均每次亏损元，游戏对玩家不利，是骗局. 【小问1详解】 因为摸球者摸球一次获得100元奖金，所以摸到三种颜色球的个数比为，共有两种情况， 0个红球，1个黄球，4个蓝球；0个黄球，1个红球，4个蓝球. 设“摸球者摸球一次获得100元奖金”为事件，则. 【小问2详解】 设摸球者收益为，则的可能取值是100，5，0，， 由(1)知, 因为获得5元奖金的情况有：0个红球，2个黄球，3个蓝球；0个红球，2个蓝球，3个黄球；0个黄球，2个红球，3个蓝球；0个蓝球，2个红球，3个黄球， 所以 因为没有奖金也不需付钱的情况有：1个红球，1个黄球，3个蓝球；1个红球，1个蓝球，3个黄球， 所以， 因为需要支付10元.的情况有：1个红球，2个黄球，2个蓝球；1个黄球，2个红球，2个蓝球；1个蓝球，2个红球，2个黄球， 所以， 所以， 即摸球者参与一次游戏，平均要损失元，长期参与必然亏损，这就是典型的骗局. 17. 在四棱锥中，平面，. （1）证明：平面平面； （2）若为棱上一点（不含端点），直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】（1）见小问1详解 （2） 【解析】 【小问1详解】 在底面梯形  中，，，，. 过点  作  于点 ，过点  作  于点 ， 则 ，，如图所示： 在  中，，，由勾股定理得： 在  中，，， 由勾股定理得： 在  中，，，， 因为，所以 ，即 . 因为 平面 ，平面 ，所以 ， 又 ，，所以  平面 . 因为  平面 ，所以平面  平面 ，证毕. 【小问2详解】 以  为原点， 所在直线为  轴，过  且垂直于  的直线为  轴， 所在直线为  轴，建立如图所示空间直角坐标系. 则 ，，， 点  在棱 上，设  （）， 则：， 因为 ， 向量： 设平面  的法向量 ， 则，令，则 所以：又因为 所以直线  与平面  所成角的正弦值为， 解得  ，所以 18. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，，的面积为4（为坐标原点）.以为中心,焦点在轴上的椭圆在的内部，且与的离心率相等.分别过作的切线，设的斜率分别为. （1）求的方程； （2）求的值； （3）若的长轴长为4，是否存在定点，当过的动直线与交于两点，与交于点时，都有？若存在，写出的坐标并证明：若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） （3）当为时，存在定点满足条件；当为时，存在定点满足条件 【解析】 【分析】（1）根据条件列出的方程求解即可； （2）设的方程可设为，由与相切，联立方程得到，化简得到，同理可得，即可得到. （3）先求出过点 的椭圆的切线​，方程为，题目中的本质是 按相同比例分割线段 ，结合在椭圆上的方程，消去比例参数后可得到过点的恒成立直线，由于始终在切线​上，因此这条直线与为同一条直线，通过系数成比例即可解得定点 为. 【小问1详解】 设，，则， ， 联立解得， 则的方程. 【小问2详解】 因为两椭圆的离心率相同，故的方程可设为， 设切线的方程为，切线的方程为， 由，得， 由，即， 整理得， 同理可得， 所以，所以. 【小问3详解】 易得的方程为，设的方程为， 由，得， 由，得， 当的方程为时，假设存在满足条件的点，设. 由题意知不能在椭圆上， 若在椭圆内且，则，显然条件不成立; 若在椭圆内且，则，显然条件不成立; 所以若存在，则其必然在椭圆外， 设，则且，由题知四点共线， 则，设， 由向量的共线关系可得: ①， ②， ③， ④, 由①②，③④得到，， 因为在上，所以它们的坐标满足 ⑤， ⑥， 由⑤⑥得到， 整体代入得到：恒成立， 因为在直线上， 当，是同一条直线时，即时满足题意， 所以存在定点符合题意. 当的方程为时，由图形的对称性可知，点为所求定点. 综上，当为时，存在定点满足条件； 当为时，存在定点满足条件. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 【答案】（1）时，在上单调递减；时，在上单调递减，在上单调递增； （2）（i）； （ii）证明：由上可得：对于，两式相加可得： ， 因，则， 从而 【解析】 【分析】（1）分，两种情况求单调区间可得答案； （2）（i）由题设可得：，设，，两式相减结合可得，再设，通过证明可得答案； （ii）对于，两式相加结合，可得，据此可完成证明. 【小问1详解】 由题设可得定义域为，. 当时，则，从而在上单调递减； 当，令，可得， ，， 则在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 （i）由（1）分析可得，， 则为使有两个实根，则. 由题设可得：，设，则， 两式相减可得，设，则， 从而，， 由题， 设，则， 令 ，则， 则在上单调递减，则， 则要使成立，则； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $