2026届福建省福州市某校高三上学期第三次质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省福州市某校2026届高三上学期第三次质量检测数学试题一､单选题：本大题共8小题，每小题5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.复数z满足，则z的虚部为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】由复数，所以复数的虚部为.故选：B.2.已知集合，，则（

）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题意得，又因为，所以，故选：C.3.双曲线的离心率为（）A.3 B. C. D.4【答案】D【解析】双曲线中，，双曲线的离心率，所以．故选：D．4.已知函数的图象向左平移后所得的函数为奇函数，则的最小值为（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】D【解析】因为为奇函数，则，所以，又，所以，解得，因为，所以时，取得最小值，最小值为8.故选：D.5.若偶函数满足，当时，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知可得，即是函数的一个周期，所以.故选：C.6.如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为，，，与的夹角为，且，与的夹角为．若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】以为坐标原点可建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，，又，，又与的夹角为，，，又，，，，解得：，.故选：C.7.已知P是圆C：上一动点，若直线l：上存在两点A，B，使得能成立，则线段的长度的最小值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由圆得圆心,半径.因为直线上存在两点，使得恒成立，则以为直径的圆与圆有交点，当长度最小时，两圆外切，且两圆圆心所在直线与垂直，如图，因为圆心到直线的距离，所以，故选：A.8.已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题设，由，所以，当或时，，即在、上单调递增，当时，，即在上单调递减，所以极小值点为，极大值点为，而，且，所以，只需，即，所以.故选：D.二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．9.在正四棱锥中，侧棱与底面边长相等，分别是和的中点，则（）A. B.平面C. D.平面【答案】BC【解析】如图，取中点，连接，分别是和的中点，四棱锥是正四棱锥，且，即四边形是平行四边形，对于A，因为，所以与不平行，故A错误；对于B，因为平面平面，所以平面，故B正确；对于C，因为，是中点，所以，又因为，所以，故C正确；对于D，连接交于点，连接，因为四棱锥是正四棱锥，所以平面，，因为平面，平面，所以，则由，，平面平面，可证得平面，又因为，所以与为异面直线，如果平面，则与题意矛盾，故D错误.故选：BC.10.已知数列的通项公式为前项和为数列满足则下列说法正确的是（）A.是公差为的等差数列B.是中的项C.数列是单调递减数列D.数列中不存在三项能构成等比数列【答案】ABD【解析】由，则，，所以，则数列为等差数列，公差为，则，所以，则，所以，所以是公差为的等差数列，故A正确；而，令，解得，则是中的项，故B正确；而，又是上的单调递增函数，则数列是单调递增数列，故C错误；假设中的三项成等比数列，则，，即，则，由于，则，所以①，且②，由②可得，代入①可得，由于，则数列中不存在三项能构成等比数列，故D正确.故选：ABD.11.记的内角，，的对边分别为，，，若，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】对于A，因为，，所以，所以，所以A错误，对于B，因为，所以由余弦定理得，所以由正弦定理得，所以，因为，所以或，若，则，所以，此时，所以，则，此时，所以B正确，对于C，由选项B可知，所以，所以，所以C正确，对于D，由正弦定理得，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以D正确.故选：BCD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上．12.若直线是曲线的切线，则_________．【答案】4【解析】设切点的坐标为，，则，即，点在直线上，所以，即，，所以.故答案为：4．13.已知等比数列的首项为，前项和为，若，则的值为_______.【答案】【解析】当时，，所以.当时，，所以.故答案为：.14.设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，当两条棱异面时，当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望________.【答案】【解析】由题意正方体中两条平行的棱间的距离为1或．正方体共12条棱中任取两条，共有种取法，其中相交的有，平行且距离为的有种，其余的是异面或距离为1的平行线，共有36种，∴，，，分布列为：01．故答案为：．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.△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为.(1)求;(2)若求△ABC的周长.解：（1）由题设得，即.由正弦定理得.故.（2）由题设及（1）得，即.所以，故.由题设得，即.由余弦定理得，即，得.故的周长为.16.已知数列的前项和为，其中为常数．（1）证明：；（2）是否存在，使得为等差数列？并说明理由．（1）证明：由题设，，．两式相减得，．由于，所以．（2）届：由题设，，，可得，由（1）知，．令，解得．故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，；是首项为3，公差为4的等差数列，．所以，．因此存在，使得为等差数列．17.如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，.点在底面的射影点在线段上.（1）在图中过作平面的垂线段，为垂足，并给出严谨的作图过程；（2）若.求平面与平面所成锐二面角的余弦值.解：（1）连接，有平面，所以.在中，.同理，在中，有.又因为，所以，所以，，故，即.又因为，，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.过作垂直于点，因为平面平面，平面平面，且平面，有平面.（2）依题意，，故为C，的交点，且.所以，.过作直线的平行线，则，，，两两垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则：，，，，所以，，，.设平面的法向量为，则取.设平面的法向量为，则，取，所以，故所求锐二面角余弦值为.18.已知椭圆的两个焦点为，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知为坐标原点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，且弦的中点为，直线的斜率为，求；（3）直线与椭圆有两个不同的交点，椭圆在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.请你判断直线是否经过定点，并说明理由.解：（1）设椭圆的标准方程为：，，椭圆的标准方程为：.（2）方法一：点差法：设，则①，又在椭圆上，则，，两式相减得：，即：②，由①②得，.而.方法二：椭圆方程代换：设，直线，①，②，又，即③，由①②③得，；方法三：联立方程：设，直线，①，联立方程得，，②，由①②得，，则.又，.（3）设，先求椭圆在点处的切线的方程.方法一：根据判别式求解椭圆在点处的切线，设，联立方程得，，，，，.，即.同理可得，.，可得T点的横坐标，即，又，可得，，由题意可知直线的斜率不为0，设.，整理得，，即.又，则.，即直线恒过定点.方法二：导数的几何意义：.当点在时，.，则切线斜率，，即.当点在时，同理可得.，同理可得，.，可得T点的横坐标，即，又，可得，，由题意可知直线的斜率不为0，设.，整理得，，即.又，则.，即直线恒过定点.19.已知函数及其导函数定义域都为区间是曲线上任意不同的三点.若点的横坐标依次成等差数列，且在点处的切线的斜率大于直线的斜率，则称在上为“中值偏移”函数.（1）设.①讨论的单调性；②若是上的“中值偏移”函数，求实数的取值范围；（2）证明：在上为“中值偏移”函数.（1）解：①由题意，，当时，，则在R上单调递减；当时，令，所以在上单调递减，在上单调递增.②因为函数为＂中值偏移＂函数，设，则，对任意，不妨设．因为，所以以为切点的切线斜率，因为直线的斜率，所以．设．因为，当且仅当时等号成立，所以在上单调递增，所以，所以，所以的取值范围为．（2）证明：不妨设，因为，所以以为切点的切线的斜率．因为直线的斜率，所以．设，则.设．因为，设，则，所以在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以，即，所以，所以是＂中值偏移＂函数．福建省福州市某校2026届高三上学期第三次质量检测数学试题一､单选题：本大题共8小题，每小题5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.复数z满足，则z的虚部为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】由复数，所以复数的虚部为.故选：B.2.已知集合，，则（

）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题意得，又因为，所以，故选：C.3.双曲线的离心率为（）A.3 B. C. D.4【答案】D【解析】双曲线中，，双曲线的离心率，所以．故选：D．4.已知函数的图象向左平移后所得的函数为奇函数，则的最小值为（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】D【解析】因为为奇函数，则，所以，又，所以，解得，因为，所以时，取得最小值，最小值为8.故选：D.5.若偶函数满足，当时，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知可得，即是函数的一个周期，所以.故选：C.6.如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为，，，与的夹角为，且，与的夹角为．若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】以为坐标原点可建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，，又，，又与的夹角为，，，又，，，，解得：，.故选：C.7.已知P是圆C：上一动点，若直线l：上存在两点A，B，使得能成立，则线段的长度的最小值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由圆得圆心,半径.因为直线上存在两点，使得恒成立，则以为直径的圆与圆有交点，当长度最小时，两圆外切，且两圆圆心所在直线与垂直，如图，因为圆心到直线的距离，所以，故选：A.8.已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题设，由，所以，当或时，，即在、上单调递增，当时，，即在上单调递减，所以极小值点为，极大值点为，而，且，所以，只需，即，所以.故选：D.二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．9.在正四棱锥中，侧棱与底面边长相等，分别是和的中点，则（）A. B.平面C. D.平面【答案】BC【解析】如图，取中点，连接，分别是和的中点，四棱锥是正四棱锥，且，即四边形是平行四边形，对于A，因为，所以与不平行，故A错误；对于B，因为平面平面，所以平面，故B正确；对于C，因为，是中点，所以，又因为，所以，故C正确；对于D，连接交于点，连接，因为四棱锥是正四棱锥，所以平面，，因为平面，平面，所以，则由，，平面平面，可证得平面，又因为，所以与为异面直线，如果平面，则与题意矛盾，故D错误.故选：BC.10.已知数列的通项公式为前项和为数列满足则下列说法正确的是（）A.是公差为的等差数列B.是中的项C.数列是单调递减数列D.数列中不存在三项能构成等比数列【答案】ABD【解析】由，则，，所以，则数列为等差数列，公差为，则，所以，则，所以，所以是公差为的等差数列，故A正确；而，令，解得，则是中的项，故B正确；而，又是上的单调递增函数，则数列是单调递增数列，故C错误；假设中的三项成等比数列，则，，即，则，由于，则，所以①，且②，由②可得，代入①可得，由于，则数列中不存在三项能构成等比数列，故D正确.故选：ABD.11.记的内角，，的对边分别为，，，若，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】对于A，因为，，所以，所以，所以A错误，对于B，因为，所以由余弦定理得，所以由正弦定理得，所以，因为，所以或，若，则，所以，此时，所以，则，此时，所以B正确，对于C，由选项B可知，所以，所以，所以C正确，对于D，由正弦定理得，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以D正确.故选：BCD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上．12.若直线是曲线的切线，则_________．【答案】4【解析】设切点的坐标为，，则，即，点在直线上，所以，即，，所以.故答案为：4．13.已知等比数列的首项为，前项和为，若，则的值为_______.【答案】【解析】当时，，所以.当时，，所以.故答案为：.14.设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，当两条棱异面时，当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望________.【答案】【解析】由题意正方体中两条平行的棱间的距离为1或．正方体共12条棱中任取两条，共有种取法，其中相交的有，平行且距离为的有种，其余的是异面或距离为1的平行线，共有36种，∴，，，分布列为：01．故答案为：．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.△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为.(1)求;(2)若求△ABC的周长.解：（1）由题设得，即.由正弦定理得.故.（2）由题设及（1）得，即.所以，故.由题设得，即.由余弦定理得，即，得.故的周长为.16.已知数列的前项和为，其中为常数．（1）证明：；（2）是否存在，使得为等差数列？并说明理由．（1）证明：由题设，，．两式相减得，．由于，所以．（2）届：由题设，，，可得，由（1）知，．令，解得．故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，；是首项为3，公差为4的等差数列，．所以，．因此存在，使得为等差数列．17.如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，.点在底面的射影点在线段上.（1）在图中过作平面的垂线段，为垂足，并给出严谨的作图过程；（2）若.求平面与平面所成锐二面角的余弦值.解：（1）连接，有平面，所以.在中，.同理，在中，有.又因为，所以，所以，，故，即.又因为，，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.过作垂直于点，因为平面平面，平面平面，且平面，有平面.（2）依题意，，故为C，的交点，且.所以，.过作直线的平行线，则，，，两两垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则：，，，，所以，，，.设平面的法向量为，则取.设平面的法向量为，则，取，所以，故所求锐二面角余弦值为.18.已知椭圆的两个焦点为，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知为坐标原点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，且弦的中点为，直线的斜率为，求；（3）直线与椭圆有两个不同的交点，椭圆在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.请你判断直线是否经过定点，并说明理由.解：（1）设椭圆的标准方程为：，，椭圆的标准方