福建省厦门第一中学2026-2027学年高三年级限时训练3数学试题

**基本信息** 厦门一中高三数学限时训练卷以AI算法、校庆竞猜等真实情境为载体，通过函数性质、立体几何与解析几何综合题，考查数学抽象与逻辑推理能力，适配高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合、函数性质、双曲线离心率|第4题结合AI二进制处理，体现科技前沿| |多选|3/18|正四面体与球、抛物线法线|第10题球的组合体问题，考查空间观念| |填空|3/15|集合子集、交替子集新定义|第14题交替子集计数，培养创新意识| |解答|5/77|解三角形、概率统计、导数应用|17题校庆竞猜概率模型，关联社会热点；18题导数极值与不等式，深化逻辑推理|

厦门第一中学2026-2027学年度高三限时训练3数学试题 一.单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。在每个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，则下列说法正确的是（        ） A． B． C． D． 2．使“”成立的一个充分不必要条件是（   ） A．或 B． C． D． 3．若为偶函数，则（    ）． A． B．0 C． D．1 4．AI算法是基于数学理论和逻辑规则设计的，当AI算法在计算机上运行时，所有数据都会被转换为二进制形式存储和处理.设正整数，其中，.记.则（    ） A．3 B．2 C．1 D．26 5．已知函数的值域为，若关于的不等式的解集为，则实数的值为（   ） A．4 B．6 C．9 D．18 6．已知幂函数在上单调递减，若正实数a，b满足，则的最小值为（    ） A．5 B．4 C． D． 7．已知双曲线的左右焦点分别为，直线与双曲线的右支交于点且，的中点记为，且，则双曲线的离心率为（        ） A．3 B． C． D． 8．若函数满足，，设的导函数为，当时，，则（    ） A．65 B．70 C．75 D．80 二 、多项选择题(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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分，若只有3个正确选项，每选对一个得2分.) 9．已知，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 10．如图，在正四面体中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体的高为2，则（   ） A．大球的体积为 B．大球的表面积为 C．小球半径为大球半径的四分之一 D．5个球的表面积之和为 11．定义：过曲线上一点且垂直于曲线在该点处的切线的直线，称为曲线在该点处的“法线”．已知，，是抛物线：上不重合的三个点，且在，，三点处的法线交于一点，若点的横坐标为，则下列说法正确的是（   ） A．在点处的法线方程为 B．，两点的横坐标之和为1 C．点的纵坐标最小值为 D．若点在轴上，则一定是等腰三角形 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分.) 12．，则________． 13．设集合，，若的真子集个数是1，则实数的取值范围是______. 14．对于集合的子集，将中的元素按从小到大排列为．若对所有的，的奇偶性与相同，则称为的交替子集．约定空集为交替子集．例如、、均为交替子集．记为的交替子集的个数，则_______． 四 、解答题(本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 15．已知分别是的角所对的边，且. (1)求； (2)若，求的面积. 16．已知，，为单位圆上的动点，为关于的对称点，线段的中垂线与直线交于点，记的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设，是曲线上的两点，直线与单位圆相切.试判断：“”是“，，三点共线”的什么条件（在①充分不必要、②必要不充分、③充要、④既不充分也不必要中选一个），并证明你的结论； (3)若，过的直线与曲线交于，，且的外心在轴上，求直线的斜率. 17．某中学即将迎来百年校庆，校方准备组织校史知识竞猜比赛.比赛规则如下：比赛分成三轮，每轮比赛没有通过的学生直接淘汰，通过的学生可以领取奖品结束比赛，也可以放弃本轮奖品继续下一轮比赛，三轮都通过的学生可获得奖品一纪念版手办.已知学生每轮通过的概率都为，通过第一轮比赛后领取奖品结束比赛的概率为，通过第二轮比赛后领取奖品结束比赛的概率为. (1)求学生小杰获得奖品的概率； (2)已知学生小杰获得奖品，求他至少通过两轮比赛的概率； (3)求学生小杰通过的比赛轮数的分布列与数学期望. 18．已知函数. (1)若是函数的一个极值点，求实数的值； (2)若函数有两个极值点，其中， ①求实数的取值范围； ②若不等式恒成立，求实数的取值范围. 19．已知函数的定义域为，对，定义集合． (1)若，求集合； (2)若满足对任意，集合均恰好含有一个元素． （i）证明：； （ii）求所有可能的． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B A C D D A ABD AD 题号 11 答案 ABD 1．D 【详解】， 故， 又，故， ，A错误； ，B错误； ，C错误； ，D正确． 2．B 【分析】解不等式，利用集合的包含关系判断即可. 【详解】由得，等价于，解得， 要满足题干条件，应判断选项集合是否为题干解集的真子集， 因为是的真子集， 所以使“”成立的一个充分不必要条件是“”， 故选：B. 3．B 【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可. 【详解】因为 为偶函数，则 ，解得， 当时，，，解得或， 则其定义域为或，关于原点对称. ， 故此时为偶函数. 故选：B. 4．A 【详解】用除2取余的方法将26转换为二进制为， ，，，， 则用二进制表示为， ， ， 则， . 5．C 【分析】利用二次函数值域求出的关系，再利用一元二次不等式的解集与对应方程实根关系列式求解. 【详解】由函数的值域为， 得，即， 不等式， 由不等式的解集为， 得是方程的两个实根， 因此，解得， 所以实数的值为9. 6．D 【分析】根据幂函数定义与性质可得，再利用“1”代换结合基本不等式运算求解. 【详解】因为幂函数在上单调递减， 则，解得， 可得正实数a，b满足， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 7．D 【分析】由题设结合双曲线的定义可得，，再根据结合勾股定理及等面积法可得，，进而求得，进而求解离心率即可. 【详解】由于的中点记为，的中点记为， 则，即， 由于，则，即， 则，即①， 而，则，即②， 由①②，解得（因，另外一解舍去）， 则双曲线的离心率为. 8．A 【分析】根据函数的周期性和对称性求解. 【详解】由，，知函数关于，点对称， 结合当时，，作出函数图象如图， 为向上攀爬的类周期函数，由图象可得， 由可得， ， 由可得， ， 所以，则有， 因为，所以， 所以， 故选:A. 9．ABD 【分析】根据实数指数幂的运算性质，逐项计算，即可求解. 【详解】，A正确； ，B正确； ，因为，，所以，C错误； ，D正确． 故选：ABD． 10．AD 【分析】根据正四面体高与内切球半径 4：1 的关系求出大球半径，代入体积、表面积公式即可直接判断A，B的正误；利用正四面体顶点到内切球球心距离为3倍半径的结论，结合两球外切球心距关系求出小球半径，对比半径比值判定 C 错误；代入大小球半径算出单个球表面积，累加四个小球和一个大球的面积，验证总表面积符合条件判定 D 正确. 【详解】设内切球的半径是，正四面体的高为，内切球球心到正四面体的各个面的距离都等于， 设内切球球心为，把正四面体分割成 4 个全等的小三棱锥：，每个小三棱锥的高都是内切球半径， 设正四面体每个面面积为，大正四面体体积， 4 个小棱锥体积之和， 整体体积相等：，所以， 大球为正四面体的内切球，则，所以，所以A正确，B错误； 取靠近顶点的小球分析，由正四面体对称性，4 个小球半径完全相同， 设小球半径为，小球球心为，大球球心为， 小球与过的三个侧面都相切，因此在高线上， 可以把小球看作以为顶点的小正四面体的内切球， 正四面体的内切球的半径， 则顶点到大球球心的距离， 小球与大球外切，因此两球心距离， 由线段关系 ，代入数值，化简得：， ，即小球半径是大球的，因此C 错误； 因为，1 个小球的表面积， 4 个小球的总表面积， 所以5 个球的表面积之和，因此 D 正确. 11．ABD 【分析】结合导数的几何意义及法线定义计算可得A；可设，结合法线定义可得，可得，是关于的一元二次方程的两个不同的实根，结合韦达定理即可得B；假设点的纵坐标为，结合B项可得，即可得C；若点在轴上，可得，计算可得点和中一个点与原点重合，另一个点为，即可得D. 【详解】对于A，由已知得，抛物线方程为，求导得， 所以在点处的切线斜率为，法线斜率为，可知法线方程为， 即，故A正确； 对于B，由A项知点在直线上，可设， 设，，， 根据法线的定义，可得在点处的法线方程为， 将代入，得， 整理得， 因为，所以，同理可得， 于是，是关于的一元二次方程的两个不同的实根， 由根与系数的关系可知，故B正确； 对于C，若点的纵坐标为，即， 由B项的分析知，是关于的一元二次方程的两个不同的实根， 当时，，，不符合题意，故C错误； 对于D，若点在轴上，则，由方程， 解得或，则点和中一个点与原点重合，另一个点为， 又，故此时一定是等腰三角形，故D正确． 12． 【分析】利用换元法令，转化为，求解，再求解. 【详解】，令 ，则变形为 所以，因为 ，所以 ，所以 所以，或 （舍去）， 又 ，所以，所以. 13． 【分析】根据，分别求出的范围，再根据或即可求出. 【详解】， 因为的真子集个数是1，所以的元素个数是， 若，则，得； 若，则，得； 若，则或，得； 若，则或，得； 综上，实数的取值范围是. 14．144 【分析】先明确交替子集的定义，将问题转化为满足“第i个元素与i奇偶性相同”的递增序列计数问题，空集单独计入总数然后找递推关系：考虑第个元素是否在交替子集中，如果为奇数，那么它只能作为序列的奇数位置元素，以此建立和、的关联，最后确定初始条件：计算、的数值，再根据递推式逐步计算到. 【详解】设为集合的交替子集总数， 所有的交替子集，本身也属于的交替子集，这部分共个. 若要把元素追加到某个的交替子集末尾， 若是奇数，追加后它是新子集的最后一位，要求它的奇偶性和它的位置序号相同， 即追加前的子集最后一位是偶数位（空集也满足，空集追加奇数后得到单元素奇子集，符合要求）， 这类子集的总数恰好是. 得到递推公式：，这是斐波那契型递推， 初值：，， 依次递推： . 15．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理对已知式进行边角互化，并根据余弦定理求得，从而得到； （2）由已知条件求出，再根据三角形面积公式求得的面积. 【详解】（1）由及正弦定理得 ，所以， 由余弦定理得， 因为，所以. （2）， 因为，所以， 解得， 所以. 16．(1) (2)②必要不充分条件， “”是“，，三点共线”的必要不充分条件，理由如下： 先证必要性：若，，三点共线，则设直线方程为. 由相切，得，所以. 由对称性，不妨设，则. 联立，得. 设，，则. 所以. 故必要性得证. 再证不充分性：由对称性可知，若直线过点，则也为3. 比如：直线方程为，过点，根据对称性知满足3. 从而由不能推出，，三点共线. 综上：“”是“，，三点共线”的必要不充分条件. (3) 【分析】（1）利用双曲线的定义求解曲线的方程； （2） 选择必要不充分条件，再分必要性和不充分性分别证明； （3）法一：中垂线+垂径定理; 法二：圆的一般方程+同解; 法三：对称性+圆幂定理. 【详解】（1）因为为的中垂线，所以. 又因为为中点，为中点， 所以为的中位线，所以. 从而 ， 所以点的轨迹是以，为焦点，2为实轴长的双曲线. 设焦距为，长轴长为，，则，，. 所以曲线的方程为. （2）略 （3）法一：中垂线+垂径定理    设直线 ，，. 联立，得，所以 设中点为，则. 所以的中垂线为.令，则. 设的外心为，则.则由垂径定理，. 又，所以. 即 ，即 . 又，所以 ，所以. 所以直线的斜率为. 法二：圆的一般方程+同解    设的外接圆方程为. 因为圆心在轴上，所以.将代入，得. 所以外接圆方程为 . 设直线 ，，. 联立，得 ，则. 联立，得，则. 所以，所以 ，所以. 所以直线的斜率为. 法三：对称性+圆幂定理   的外心在轴上，所以的外接圆关于轴对称. 由在圆上，得也在圆上. 由圆幂定理得， . 设直线 ，，. 联立，得，则. 所以 . 所以 ，所以. 所以直线的斜率为. 17．(1) (2) (3)分布列： 0 1 2 3 数学期望为. 【分析】（1）记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开，事件：学生通过第轮且继续答题，结合全概率公式和，即可求解； （2）根据题意，结合，即可求解； （3）由题意，随机变量可取，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【详解】（1）记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开， 事件：学生通过第轮且继续答题，）， 由题意得，. 记事件：学生获得奖品.则， ， ， ， . （2）学生小杰获得奖品，则至少通过两轮比赛的概率：. （3）由题意，随机变量可取， 可得， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 所以期望为. 18．(1) (2)①，② 【分析】（1）对函数求导，依题意可得，解得，经检验符合题意； （2）①将函数有两个极值点转化为方程有两个不同的正数根，再由函数与方程的思想可知函数与函数的图象在上有两个不同交点，利用数形结合可得； ②由两极值点的关系通过构造函数可将不等式恒成立问题转化为函数对任意的恒成立，利用导数并对实数的取值分类讨论即可求得. 【详解】（1）易知，又是函数的一个极值点， ，即. 此时，令， 在上单调递增，且， 当，当， 在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，即符合题意； 因此实数的值为. （2）①因为，且有两个极值点， 所以方程在上有两个不同的根，即方程有两个不同的正数根， 将问题转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点， 则，令，解得， 当时，单调递减，当时，单调递增， 且当时，，故作出的图象如下： 由图象可得满足题意，即. 即实数的取值范围为； ②由①知是的两个根， 故，则， 不妨设，又，所以可得， 可得，即，所以； 故由可得， 即，所以； 也即，化简得， 由于，所以等价于对任意的恒成立， 令，故对任意的恒成立， 则， 设，则， （i）当时，单调递增， 故单调递减，故，不满足，舍去； （ii）当时，单调递减， 故单调递增，故，故恒成立，符合题意； （iii）当时，令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 又，故时，，此时单调递减，故， 因此当时，，不符合题意，舍去. 综上，实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用两极值点关系可得，并通过构造函数将不等式问题转化为函数在指定区间上恒成立问题，利用导函数求出函数最值即可求得实数的取值范围. 19．(1) (2)（i）证明： 由题意知，对于任意，， 根据集合的定义，， 因为，所以①； 又， 所以是集合中唯一的元素， 根据的定义，， 由①得，所以， 因为已知恰好含有一个元素，即， 所以必然有． （ii） 【分析】（1）根据定义得出不等式，进而得出集合，即可求解； （2）（i）根据定义由得出，再由已知得出是集合中唯一的元素，进而得出，即可证明；（ii）令，得出，再由不等式放缩得出，即可求解． 【详解】（1）根据定义，， 整理不等式：， 因为对于任意实数，都有， 所以要使成立，必须有，即， 所以对于任意，集合， 当时，， 当时，． （2）（i）略； （ii）在不等式中，令，可得：， 所以②， 由对任意成立，移项得：， 所以大于等于函数族中的每一个值， 又因为当时，等号成立（即）， 所以恰好是这个函数族的最大值（上确界），记为， 利用②式，放缩上述最大值：， 因此， 右边的最大值：令， 当时取得最大值：， 所以：③， 由②式和③式，可得：， 综上所述，所有可能的为． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $