2025-2026学年福建省厦门市高三（上）期末数学试卷

第1页（共1页）2025-2026学年福建省厦门市高三（上）期末数学试卷一、单项选择题：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．（5分）已知集合A＝{x|log2x⩽1}，B＝{x|（x+3）（x﹣1）＜0}，则A∪B＝（）A．（﹣3，2] B．（﹣3，1） C．（0，1） D．（1，2]2．（5分）若等比数列{an}满足a2﹣a1＝1，a5﹣a4＝8，则a3＝（）A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．43．（5分）若a→，b→均为单位向量，且满足A．π3 B．π4 C．2π3 4．（5分）若复数z满足|z|＝|z﹣2|＝1，则z的虚部为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．25．（5分）将一个表面积为S的铁球熔化后重新浇铸成两个小球（熔化的铁水无损耗，无残留），则这两个小球的表面积之和可能是（）A．0.95S B．S C．1.1S D．2S6．（5分）已知随机变量X，Y满足X+Y＝1，若X～N（0，σ2），且P（|Y|＜1）＝0.2，则P（|Y﹣1|＜2）＝（）A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.87．（5分）若函数f（x）＝（x+2）6﹣ax5﹣bx3﹣cx是偶函数，则b＝（）A．0 B．20 C．120 D．1608．（5分）设椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的中心为O，右顶点为A，若CA．(12，1) B．(22，1)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。（多选）9．（6分）已知一组样本数据为80，81，83，85，86，89，则（）A．若剔除80，则样本的极差变小 B．若剔除80，则样本的平均数变小 C．若剔除83，则样本的中位数变大 D．若剔除89，则样本的方差变小（多选）10．（6分）如图，某石凳可以看作是正四棱柱截去一个三棱锥得到的几何体，已知AB＝AD＝2，AE＝3，BQ＝1，PG＝2，则（）A．该几何体的体积为11 B．直线PQ与EH所成的角为45° C．FH⊥PQ D．点G到平面DPQ的距离是点B到平面DPQ的距离的2倍（多选）11．（6分）已知函数f（x）＝sin3ωx+cos3ωx，ω＞0，则（）A．f(x)=f(x+2πB．x＝0为f（x）的极小值点 C．f（x）的值域为[﹣1，1] D．若存在t∈R，使得{f（x）|t≤x≤t+1}＝{f（x）|x∈R}，则ω的最小值为π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）若双曲线C：x2m-y22-m13．（5分）已知θ∈（0，π2），sin（θ-π4）＝sin2θ，则cos2θ＝14．（5分）已知数列{an}满足：a1=1，a2=2，an(an+1-an-1)=2(n⩾2，n∈N*)，则a25a26＝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．（13分）为调研某地民众对于“未来低空出行”的了解情况，用简单随机抽样的方法，从该地调查了300位市民，统计得到如下列联表：了解不了解合计女9060150男11040150合计200100300（1）根据小概率值α＝0.010的独立性检验，分析对“未来低空出行”了解情况是否与性别有关；（2）在不了解“未来低空出行”的100位市民中，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机选取3人去智能飞行器中心实地参观，设X为女性市民的人数，求X的分布列与期望．附：χ2α0.0500.0100.001xa3.8416.63510.82816．（15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3ccosB＝3a﹣bsinC．（1）求tanC；（2）若D在边AB上，且CD＝b，BD＝1，tan∠DCB=13，求17．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝3，AD＝4，AQ→=λAP→，0＜（1）当λ=14时，证明：BQ∥平面（2）已知平面PAD⊥平面ABCD，PA＝CD＝2，PD＝23，平面QAB与平面QBC夹角的余弦值为55，求△QBC18．（17分）设函数f（x）＝xln（a﹣x），a＞0．（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）证明：f（x）存在唯一极大值点；（3）记f（x）的极大值点为x0，若存在a，使得f（x0）≤a+b，求b的取值范围．19．（17分）已知抛物线E：y2＝2x，D1（1，0），k1＝1，λ为常数，λ＞1．按照如下方式依次构造点Dn（n＝2，3，…）：过Dn﹣1作斜率为kn﹣1（kn﹣1＞0）的直线交E于An﹣1，Bn﹣1两点，使得|Dn﹣1An﹣1|＝λ|Dn﹣1Bn﹣1|，令Dn为线段An﹣1Bn﹣1的垂直平分线与x轴的交点，记Dn的坐标为（xn，0）．（1）求λ；（2）证明：xnkn2（3）设Sn为△AnBnDn+1的面积，证明：i=1nSi+1S

2025-2026学年福建省厦门市高三（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案ADCBCBDB二．多选题（共3小题）题号91011答案ACDBDACD一、单项选择题：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．（5分）已知集合A＝{x|log2x⩽1}，B＝{x|（x+3）（x﹣1）＜0}，则A∪B＝（）A．（﹣3，2] B．（﹣3，1） C．（0，1） D．（1，2]【分析】先求出集合A，B中不等式的解集，然后根据并集的定义计算即可．【解答】解：由对数不等式性质得集合A＝{x|log2x≤1}＝{x|0＜x≤2}，由一元二次不等式性质得集合B＝{x|（x+3）（x﹣1）＜0}＝{x|﹣3＜x＜1}，∴由并集定义得A∪B＝（﹣3，2]．故选：A．2．（5分）若等比数列{an}满足a2﹣a1＝1，a5﹣a4＝8，则a3＝（）A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4【分析】根据等比数列的通项公式计算即可．【解答】解：因为a2﹣a1＝1，a5﹣a4＝8，则a5-a4a2-a1=q3=8，即q＝2，所以a2﹣a1所以a3＝4．故选：D．3．（5分）若a→，b→均为单位向量，且满足A．π3 B．π4 C．2π3 【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，以及单位向量的定义，即可求解．【解答】解：设向量a→，b→的夹角为θ，θ∈[0a→则a→∵a→∴1+2×1×1×cosθ＝0，解得cosθ=-12故选：C．4．（5分）若复数z满足|z|＝|z﹣2|＝1，则z的虚部为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．2【分析】设z＝a+bi，（a、b∈R），然后根据已知条件和模的公式求出a，b，进而确定结果．【解答】解：设z＝a+bi，（a、b∈R），则a2+b2＝1＝（a﹣2）2+b2＝1，解得a＝1，b＝0，所以z＝1，虚部为0．故选：B．5．（5分）将一个表面积为S的铁球熔化后重新浇铸成两个小球（熔化的铁水无损耗，无残留），则这两个小球的表面积之和可能是（）A．0.95S B．S C．1.1S D．2S【分析】设大球半径为R，两个小球半径分别为r1，r2，得到R3=r13+r23，再根据基本不等式可得(r1+r2)3＞R3，即r1+【解答】解：设大球半径为R，两个小球半径分别为r1，r2，大球表面积为S＝4πR2，大球体积V=4两个小球体积分别为V1=43πr13，V2化简可得R3对于r12和r2又因为(r1+r2)3=r13+3r12r2+3r1r所以(r1+r2)3＞R那么(r1+两个小球的表面积之和S和由r12+当r1＝r2时，2r13此时S和=4π×2r故选：C．6．（5分）已知随机变量X，Y满足X+Y＝1，若X～N（0，σ2），且P（|Y|＜1）＝0.2，则P（|Y﹣1|＜2）＝（）A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8【分析】转化为以X为变量，再根据正态分布的性质求解即可．【解答】解：因为随机变量X，Y满足X+Y＝1，X～N（0，σ2），故Y＝1﹣X，可得P（|Y|＜1）＝P（0＜X＜2）＝0.2，则P（|Y﹣1|＜2）＝P（﹣2＜X＜2）＝2×P（0＜X＜2）＝0.4．故选：B．7．（5分）若函数f（x）＝（x+2）6﹣ax5﹣bx3﹣cx是偶函数，则b＝（）A．0 B．20 C．120 D．160【分析】由偶函数的性质知，f（x）的解析式中x的奇数次幂的系数一定为0，再结合二项展开式的通项公式求解即可．【解答】解：若函数f（x）＝（x+2）6﹣ax5﹣bx3﹣cx是偶函数，则x的奇数次幂的系数一定为0，其中（x+2）6中含x3的项为C63⋅x所以函数f（x）的解析式中含x3的项的系数为160﹣b，令160﹣b＝0，则b＝160．故选：D．8．（5分）设椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的中心为O，右顶点为A，若CA．(12，1) B．(22，1)【分析】设P（x，y）（0＜x＜a），由PO⊥PA，可得PO→⋅PA→=0，得到x2+y2﹣ax＝0，再与椭圆方程联立得到（c2x﹣ab2）（x﹣a【解答】解：设P（x，y）（0＜x＜a），又O（0，0），A（a，0），且PO⊥PA，所以PO→⋅PA→=0，即x2+y2与椭圆方程联立c2x2﹣a3x+a2b2＝0，即（c2x﹣ab2）（x﹣a）＝0，解得x＝a或x=a则0＜ab2c2＜即ca＞2故选：B．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。（多选）9．（6分）已知一组样本数据为80，81，83，85，86，89，则（）A．若剔除80，则样本的极差变小 B．若剔除80，则样本的平均数变小 C．若剔除83，则样本的中位数变大 D．若剔除89，则样本的方差变小【分析】根据极差、平均数、中位数、方差的定义和公式计算即可．【解答】解：样本数据为80，81，83，85，86，89，原数据的极差为89﹣80＝9，删去80后的极差变为89﹣81＝8，所以A正确；原数据的平均数为80+81+83+85+86+896=84，删去80后平均数为81+83+85+86+895原数据的中位数为84，删去83后中位数为85，所以C正确；对于选项D：删去89后，均值变为80+81+83+85+865方差为s2而原数据的均值x=84，方差为s由于s12＞故选：ACD．（多选）10．（6分）如图，某石凳可以看作是正四棱柱截去一个三棱锥得到的几何体，已知AB＝AD＝2，AE＝3，BQ＝1，PG＝2，则（）A．该几何体的体积为11 B．直线PQ与EH所成的角为45° C．FH⊥PQ D．点G到平面DPQ的距离是点B到平面DPQ的距离的2倍【分析】对于A，根据三棱锥体积公式计算即可；对于B，延长BQ，GP交于点C，根据角度和平行关系确定即可；对于C，根据线面垂直进行判断；对于D，由于BQ→=QC→，故B与【解答】解：截取三棱锥的体积为16×1×1×2=13，所以该几何体的体积为延长BQ，GP交于点C，由于EH∥BQ，CQ＝CP，所以∠BQP＝135°，所以直线PQ与EH所成角为45°，B正确；过P且垂直于FH的面为面AEGP，PQ⊄面AEGP，C错误；BQ→=QC→，所以B与同理，G到面DPQ的距离是C到面DPQ的距离的2倍，D正确．故选：BD．（多选）11．（6分）已知函数f（x）＝sin3ωx+cos3ωx，ω＞0，则（）A．f(x)=f(x+2πB．x＝0为f（x）的极小值点 C．f（x）的值域为[﹣1，1] D．若存在t∈R，使得{f（x）|t≤x≤t+1}＝{f（x）|x∈R}，则ω的最小值为π【分析】选项A，对f(x+2πω)进行化简，即可判断；选项B，对函数求导，结合图形判断单调性，进而可得x＝0是一个极大值点；选项C，结合图形求解函数的值域即可；选项D【解答】解：选项A，f(x+2πω)=si选项B，f′（x）＝3sin2ωxcosωx•ω+3cos2ωx（﹣sinωx）•ω＝3ωsinωxcosωx（sinωx﹣cosωx）＝3ωsinωxcosωx•sin（ωx-π所以f（x）在区间（-πω，f（x）在(-πω作出函数f（x）的大致图象如图所示，由图可知，x＝0为f（x）的极大值点，故选项B错误；选项C，因为f(0)=f(π2ω)=1，f(-3π4ω因为f(-πω)=f(-π2ω)=f(πω选项D，{f（x）|t≤x≤t+1}＝{f（x）|x∈R}等价于在长度为1的区间范围里，能使函数值取到值域里的每一个数，所以πω-π所以ω的最小值为π2，故选项D故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）若双曲线C：x2m-y22-m【分析】由双曲线的两条渐近线互相垂直，可知-b2a2=-1，即a【解答】解：由双曲线C：可知-b2a2=-1，得a故有m＝2﹣m，解得m＝1．故答案为：1．13．（5分）已知θ∈（0，π2），sin（θ-π4）＝sin2θ，则cos2θ＝-【分析】由已知结合和差角公式，二倍角公式进行化简，即可求解．【解答】解：因为θ∈（0，π2），sin（θ-π4）＝所以22（sinθ﹣cosθ）＝2sinθcosθ令t＝sinθ﹣cosθ，则t2＝1﹣2sinθcosθ，即2sinθcosθ＝1﹣t2，所以22t=1-t2解得t=-2或t当t=-2时，2sinθcosθ＝1﹣t2＝﹣1＜故t=22，2sinθcosθ＝1﹣t2因为（cosθ+sinθ）2＝1+2sinθcosθ＝1+1则cosθ+sinθ=6则cos2θ＝cos2θ﹣sin2θ＝（cosθ+sinθ）（cosθ﹣sinθ）=62×（-故答案为：-314．（5分）已知数列{an}满足：a1=1，a2=2，an(an+1-an-1)=2(n⩾2，n∈N*)，则a25a26＝50【分析】先确定{an+1an}是以a1a2＝2为首项，2为公差的等差数列，进而可求得a25a26＝50；先列出Sn的表达式，进而可列出S25的表达式，根据放缩法证明S25＜7，从而求出结果．【解答】解：已知数列{an}满足：a1则an+1an﹣anan﹣1＝2，经计算a3＝2，故a2a3﹣a1a2＝4﹣2＝2，递推关系对n＝1也成立，即{an+1an}是以a1a2＝2为首项，2为公差的等差数列，根据等差数列的通项公式可得an+1an＝2+（n﹣1）•2＝2n，则有a25a26＝50；记数列{1an}的前n项和为Sn，若S因为1a所以Sn所以S25下证：S25＜7，因为an+1an＝2n，则有an+2an+1＝2n+2，所以an+2当n＝2k时，a2k+2则有a2k+2因为（2k﹣1）（2k+1）＜（2k）2，则2k+12k＜2k所以(3所以a2k+2因为2k（2k+2）＜（2k+1）2，则2k+12k＞2k+2所以(3所以a2k+2综上，2n＜a所以，S25所以正整数m的最大值为6．故答案为：50；6．四、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．（13分）为调研某地民众对于“未来低空出行”的了解情况，用简单随机抽样的方法，从该地调查了300位市民，统计得到如下列联表：了解不了解合计女9060150男11040150合计200100300（1）根据小概率值α＝0.010的独立性检验，分析对“未来低空出行”了解情况是否与性别有关；（2）在不了解“未来低空出行”的100位市民中，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机选取3人去智能飞行器中心实地参观，设X为女性市民的人数，求X的分布列与期望．附：χ2α0.0500.0100.001xa3.8416.63510.828【分析】（1）先根据公式求出χ2值，然后根据独立性检验原理判断即可．（2）先确定女性的人数X可能为1，2，3，以及对应的概率值，进而得到X的分布列和期望．【解答】解：（1）根据题意，零假设为H0：对“未来低空出行”了解情况与性别无关联．则χ2根据小概率值α＝0.010的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，即认为对“未来低空出行”了解情况与性别无关联．（2）根据题意，不了解“未来低空出行”的100位市民中，男性市民有40人，女性市民有60人，若从市民中抽取的5人，其中男性有5×40100=2人，女性有5现在从5人中随机抽取3人，则女性的人数X可能为1，2，3，故P(X=1)=C所以X的分布列为：X123p31035110所以X的期望为E(X)=1×16．（15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3ccosB＝3a﹣bsinC．（1）求tanC；（2）若D在边AB上，且CD＝b，BD＝1，tan∠DCB=13，求【分析】（1）由正弦定理以及A＝π﹣B﹣C得3sinCcosB＝3（sinBcosC+cosBsinC）﹣sinBsinC，整理后即可求解；（2）设∠DCB＝θ，则tanθ=13，故sinθ=110，cosθ=310，结合正弦定理可得sinB=b10，再整理可得tanα=tan(B+θ)=tanB+tanθ1-tanBtanθ=tanB+1【解答】解：（1）由正弦定理，3ccosB＝3a﹣bsinC可化简为3sinCcosB＝3sinA﹣sinBsinC，由于A＝π﹣B﹣C，故sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，代入上式得：3sinCcosB＝3（sinBcosC+cosBsinC）﹣sinBsinC，化简可得sinC＝3cosC，故tanC=sinC（2）设∠DCB＝θ，则tanθ=13，故sinθ=1在△DCB中，由正弦定理得：BDsinθ已知BD＝1，CD＝b，∠CBD＝∠B，代入得：1110=由于AC＝CD＝b，△ADC为等腰三角形，故∠ADC＝∠DAC＝α，则∠ACB＝∠C＝∠ACD+θ＝（180°﹣2α）+θ，又A+B+C＝180°，故α＝180°﹣B﹣C，代入上式得：α＝180°﹣B﹣（180°﹣2α+θ），化简得α＝∠B+θ，因此tanα=tan(B+θ)=tanB+tanθ设t＝tanB，则tanα=3t+1又tan（A+B）＝tan（180°﹣C）＝﹣tanC＝﹣3，tan(A+B)=tanα+t代入得：3t+13-t整理可得-t2+6t+1-3t2因B为三角形内角，故t＝1，即tanB＝1，sinB=2则22=b17．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝3，AD＝4，AQ→=λAP→，0＜（1）当λ=14时，证明：BQ∥平面（2）已知平面PAD⊥平面ABCD，PA＝CD＝2，PD＝23，平面QAB与平面QBC夹角的余弦值为55，求△QBC【分析】（1）过Q作QR∥AD交AD于R，连接CR，根据已知推出四边形BCRQ是平行四边形，可得BQ∥CR，由线面平行的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，设Q(0，λ，3λ)，求出平面QAB与平面QBC的法向量，利用向量夹角的余弦公式可得λ，从而可得BQ【解答】解：（1）证明：过Q作QR∥AD交AD于R，连接CR．当λ=14时，PQ→因为∠ABC=∠BAD=90°，所以BC∥故四边形BCRQ是平行四边形，BQ∥CR．由于BQ⊄平面PCD，CR⊂平面PCD，所以BQ∥平面PCD．（2）由已知得AB=C因为AP2+PD2＝AD2，所以PA⊥PD．因为平面PAD⊥平面ABCD，在平面PAD上过A作AD的垂线AH，则AH⊥平面ABCD，以A为原点，AB→的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz则B(3，0，0)，C(3，3，0)，D（设平面QAB的法向量为m→=（x1，y1，z由m→⋅AQ→=0m→设平面QBC的法向量为n→由n→⋅QB→=0n→⋅BC→=0，得3x2-λ则|cos〈m→解得λ=-12因此BQ→=(-3所以点Q到BC的距离h=所以△QBC的面积为1218．（17分）设函数f（x）＝xln（a﹣x），a＞0．（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）证明：f（x）存在唯一极大值点；（3）记f（x）的极大值点为x0，若存在a，使得f（x0）≤a+b，求b的取值范围．【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解；（2）利用导数与单调性和极值的关系即可证明；（3）由题可得f(x0)-a=(a-t)lnt-a=tln2t-tlnt-t，令h（t）＝tln2t﹣tlnt﹣【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝xln（2﹣x），则f'所以f（1）＝0，f'（1）＝﹣1，故所求切线方程为y＝﹣x+1；（2）证明：由题可知，f（x）的定义域为（﹣∞，a），则f'设g(x)=f'则g'所以g（x）在（﹣∞，a）上单调递减，又g(a-1e所以存在唯一的x0∈(-1，a-1e)使得f当x∈（﹣∞，x0）时，f′（x）＞0，当x∈（x0，a）时，f'（x）＜0，所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，a）单调递减，所以f（x）存在唯一的极大值点；（3）由（2）可得f