精品解析：福建省福州第三中学2026-2027学年高三上学期第三次质量检测数学试卷

福州三中2026-2027学年高三第三次质量检测 数学试卷 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知，则（ ） A. 2 B. 4 C. 12 D. 16 2. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 3. 已知集合，，若，则实数a的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 4. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的母线与底面所成角为，其内切球（球与圆锥底面及侧面均相切）的表面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 若数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 7. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 是定义在上的偶函数，且当时，．若对任意的，均有，则实数b的最大值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列关于函数的说法正确的有（ ） A. 最小正周期为 B. 在上单调递增 C. 值域为 D. 若为的一条对称轴，则 10. 设等比数列的公比， ，，记其前项和为，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线的焦点为，为坐标原点，曲线交于点，，若，则（ ） A. B. C. 面积的最小值为1 D. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ，分别是关于的方程和的根，则_____. 13. 在三棱锥中，，点在平面内的射影为棱的中点，三棱锥的体积为1，则三棱锥的外接球的表面积为__________． 14. 已知数列的前n项和，设，，其中k是大于1的正整数，则______． 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. 的内角的对边分别为,已知的面积为 （1）求; （2）若，求的周长. 16. 如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点， （1）求证：//平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在，使得函数成立，求证：. 参考数据：. 18. 已知和为椭圆上的两点． （1）求C的离心率； （2）若过点A的直线l交C于另一点B，且的外接圆圆心在y轴上，求l的方程． 19. 对于正整数，如果个整数满足， 且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为，均为奇数的“正整数分拆”的个数为. （1）写出整数4的所有“正整数分拆”； （2）对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值; （3）对所有的正整数，证明：；并求出使得等号成立的的值. （注:对于的两个“正整数分拆” 与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州三中2026-2027学年高三第三次质量检测 数学试卷 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知，则（ ） A. 2 B. 4 C. 12 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，以及复数相等的充要条件，求得的值，进而求得的值. 【详解】由，可得， 所以. 2. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 3. 已知集合，，若，则实数a的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】∵集合， ∴集合， ∵， ∴， ∴， 解得且， 则实数a的取值范围是． 4. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为方程表示的是双曲线，所以， 因为双曲线的离心率为，所以. 所以双曲线的实轴长为. 5. 已知圆锥的母线与底面所成角为，其内切球（球与圆锥底面及侧面均相切）的表面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出轴截面，根据直角三角形的知识计算出底面半径和高，再根据圆锥的体积计算公式即可. 【详解】作出轴截面如图所示，为内切球的圆心，为圆锥底面圆的圆心，为切点，由已知条件可知，内切球的表面积等于，即，而，在中，，所以，在中，所以圆锥的体积. 故选：C 6. 若数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以， 所以. 所以. 又，， 所以. 7. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式求得，再根据二倍角的余弦公式和同角公式将化为正切的形式，代入正切值即可求解. 【详解】由，可得，即，解得， 所以. 故选：A. 8. 是定义在上的偶函数，且当时，．若对任意的，均有，则实数b的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分析函数的单调性，结合指数的运算性质将不等式转化为，再根据函数的奇偶性及单调性转化为，再结合题意，按绝对值的性质分析的取值范围，从而求得实数b的最大值. 【详解】因为是定义在上的偶函数，且当时，单调递增， 所以当时，单调递减. 对任意的，， 所以由，得， 因为， 所以， 当时，恒成立； 当时，， 所以或， 因为（不成立，舍去），所以. 当时，， 对，，， ，所以恒成立. 故实数b的最大值是. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列关于函数的说法正确的有（ ） A. 最小正周期为 B. 在上单调递增 C. 值域为 D. 若为的一条对称轴，则 【答案】BC 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简可得，根据余弦型函数的最小正周期、单调性、值域和对称性的求法依次判断各个选项即可. 【详解】； 对于A，的最小正周期，A错误； 对于B，当时，，此时单调递增， 在上单调递增，B正确； 对于C，，，即的值域为，C正确； 对于D，若为的一条对称轴，则或，D错误. 10. 设等比数列的公比， ，，记其前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据条件列出关于的方程，求解可得的值，判断A；利用特值法可判断B；根据等比数列的前n项和公式，求得，，化简可判断C；求出，由的取值情况，结合不等式的性质，判断D. 【详解】由等比数列的公比为，则，即. 因为，所以，即. 因为，所以，所以，即，所以A正确. 因为，则，所以B错误. ， ，所以C正确. ， 当n为奇数时，； 当n为偶数时，因为；所以， 所以，即，所以D正确. 11. 已知抛物线的焦点为，为坐标原点，曲线交于点，，若，则（ ） A. B. C. 面积的最小值为1 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，可判断A的真假；利用抛物线焦点弦的性质，可判断B的真假；利用三角形的面积公式，结合韦达定理，可判断C的真假；利用两点间的距离公式结合韦达定理，可判断D的真假. 【详解】如图： 选项A：由题意知，曲线过点，延长交抛物线于点， 由对称性可知点与点关于轴对称，则， 不妨设直线，则， 所以， ，，，故A正确； 选项B：，则，故B错误； 选项C：，则的最小值为1，故C正确； 选项D：， ，， ，故D正确. 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ，分别是关于的方程和的根，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得函数与的交点横坐标为，函数与的交点横坐标为，再根据反函数的性质求出与的交点坐标，即可得解. 【详解】解：依题意可得，， 即函数与的交点横坐标为， 函数与的交点横坐标为， 又函数与互为反函数，其函数图象关于对称， 又与互相垂直，且由，解得，即两直线的交点坐标为， 所以； 故答案为： 13. 在三棱锥中，，点在平面内的射影为棱的中点，三棱锥的体积为1，则三棱锥的外接球的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由三棱锥的性质结合已知条件求出，构造空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用正三角形的性质求出重心坐标，进而设圆心坐标，利用三棱锥外接球的性质构造方程求出半径，进而利用球的面积公式求解． 【详解】已知，则是等边三角形， 面积为， 三棱锥的体积，解得， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系， 则， 等边三角形的外接圆圆心为，设外接球球心为， 则， ，则，解得， ， 外接球的面积． 14. 已知数列的前n项和，设，，其中k是大于1的正整数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由与的关系得数列的通项公式，从而当时，；当时，即时，是等差数列.由此求得，再结合错位相减法求和法求得的值. 【详解】因为，所以当时，， 所以；又，满足上式， 综上所述，.因为k是大于1的正整数， 所以当时，； 当时，， 所以当时，是等差数列. 所以. 令， 则， 所以 ， 所以. 所以． 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. 的内角的对边分别为,已知的面积为 （1）求; （2）若，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理边化成角，即可求得； （2）由和可求得，进而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长. 【小问1详解】 由题设得，即， 由正弦定理得， 故. 【小问2详解】 由题设及（1）得， 则， 因，故. 由题设得，即， 由余弦定理得，则，解得. 故的周长为. 16. 如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点， （1）求证：//平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且， 由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，于是//平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决； （2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解； （3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作，垂足为，过作，垂足为,连接. 由面，面，故，又，，平面，则平面. 由平面，故，又，，平面，于是平面， 由平面，故.于是平面与平面所成角即. 又，，则，故，在中，，则， 于是 【小问3详解】 [方法一：几何法] 过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为. 由题干数据可得，，，根据勾股定理，， 由平面，平面，则，又，，平面，于是平面. 又平面，则，又，，平面，故平面. 在中，， 又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍， 即点到平面的距离是. [方法二：等体积法] 辅助线同方法一. 设点到平面的距离为. ， . 由，即. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在，使得函数成立，求证：. 参考数据：. 【答案】（1） 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 方法一：由得，所以， 因为，所以，由题意知， 记函数，则， 记，则当时， 所以函数在上单调递增， 又， 因为，所以 所以存在，使得，即，则， 所以当时，单调递减；当时，单调递增； 所以， 所以，证毕. 方法二：存在，使得函数成立， 存在，使得函数成立， 记，则， 当时，，所以单调递减，则，不合题意； 当时，存在，即， 所以在区间上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以，则单调递增， 又，所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）先求函数的定义域，然后结合导数，分与两类进行讨论即可得解； （2）法一：先进行参变量分离，将问题转化为最值问题，构造函数，求即可得证，在求最小值过程中，再此构造函数，结合零点存在定理和单调性，判断出存在，使得，即，则，从而得出，得证； 法二：构造函数，结合导数求，求最大值过程中，结合零点存在定理和单调性，存在，即，得到，又单调递增，又，得出，所以得证. 【小问1详解】 函数的定义域为，则 当时，，所以单调递增，即在上单调递增， 当时，令，又，解得，所以在上单调递减， 令，解得，所以在上单调递增， 综上所述，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：第（1）小问的关键在于分类讨论的标准：与，第（2）小问，方法一的关键是参变量分离转化为最值问题，结合零点存在定理和导数判断单调性，通过构造函数求出最值即可得证，方法二的关键是直接移项构造函数，结合导数进行两次构造函数，同样求出最值即可得证. 18. 已知和为椭圆上的两点． （1）求C的离心率； （2）若过点A的直线l交C于另一点B，且的外接圆圆心在y轴上，求l的方程． 【答案】（1）. （2）或 . 【解析】 【分析】（1）直接代入已知点坐标求出，进而求出离心率； （2）利用外心性质（到三个顶点距离相等）求出圆心坐标，得到外接圆方程，将圆方程与椭圆方程联立求出点的坐标，最后利用两点式求出直线的方程. 【小问1详解】 由题意，点在椭圆上，将其坐标代入椭圆方程得： ，解得，因为，所以. 将点代入椭圆方程得：， 即，解得, 所以，即， 所以椭圆的离心率. 【小问2详解】 设的外接圆圆心为，由为外接圆圆心可得，即， 所以，即，解得， 所以外接圆圆心为，半径的平方， 外接圆的方程为，即， 因为点既在椭圆上，又在该外接圆上， 联立方程组：得：，解得或， 当时，，解得或，因为，所以； 当时，，解得或，因为，所以， 所以点的坐标为或 ， ①当为时，直线过点和，其斜率， 直线的方程为，即； ②当为时，直线过点和，此时两点纵坐标相同， 直线的方程为； 综上所述，直线的方程为或. 19. 对于正整数，如果个整数满足， 且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为，均为奇数的“正整数分拆”的个数为. （1）写出整数4的所有“正整数分拆”； （2）对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值; （3）对所有的正整数，证明：；并求出使得等号成立的的值. （注:对于的两个“正整数分拆” 与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.） 【答案】（1），，，， （2）当为偶数时，；当为奇数时，； （3）当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故； 当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”， 则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”， 故； 综上所述：. 当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，； 当时，偶数“正整数分拆”为，，奇数“正整数分拆”为， 故； 当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为的奇数拆分外，至少多出一项各项均为的“正整数分拆”，故. 综上所述：使成立的为：或. 【解析】 【分析】（1）根据题意直接写出答案； （2）讨论当为偶数时，最大为，当为奇数时，最大为，得到答案； （3）讨论当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；当为偶数时，根据对应关系得到，再计算，，得到答案. 【小问1详解】 因为， 所以整数4的所有“正整数分拆”为：，，，，. 【小问2详解】 当为偶数时，时，最大为； 当为奇数时，时，最大为； 综上所述：当为偶数，最大为；当为奇数时，最大为. 【小问3详解】 略 【点睛】本土考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $