2025-2026学年下学期福建厦门高三数学3月质量检测(含解析)

绝密★启用前2026届高三质检试题数学2026.3注意事项:1.本试卷共4页,19小题,满分150分,考试用时120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码。3.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑。4.非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液。5.考试结束后,考生上交答题卡.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.已知α为第四象限角,tanα=−43A.−45B.−352.若复数z和1+iz+1A.1B.2C.3D.43.设M,N为全集U的两个非空子集,若M⊆∁A.⌀B.NC.C0M4.若直线y=kxk≠0和y=0A.34B.45.已知函数fx=sinx+acosxA.0B.33C.1D.6.设函数fx=ex+eA.b>a>cB.b7.在△ABC中,AB=AC,点D满足CD=DA,若△ABC的面积为A.2B.3C.2D.38.已知四面体ABCD的各顶点均在球O的球面上，平面ABC⊥平面BCD，BC=2，若△ABC与△BCD的外接圆面积之和为8πA.5B.6C.7D.3二、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.9.为了研究某款新上市智能手环的直播间展示时长(单位:分钟)与即时下单量(单位:件)之间的关系,某电商平台随机记录了5场直播带货的数据,如下表所示:直播间展示时长x12345即时下单量y1218253034若y与x的经验回归方程为y=bx+7A.rB.回归直线过点3C.bD.当直播间展示时长为10分钟时,即时下单量的值估计为6310.已知曲线C:xx−yy=1与坐标轴交于A,BA.ABB.C为轴对称图形C.直线y=x与CD.使得△PAB的面积为14的点P恰有11.设正整数n=a0⋅20+a1⋅21+⋯+a8⋅28+a9⋅A.10B.A中的元素个数为36C.PD.E三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.在△ABC中,C=90∘,AB=2,BC13.某校安排3名男生和2名女生分两组去甲、乙两地参加社会调研.已知每组至多3人，且至少有1名男生，则不同的安排方案共有_____▲_____种(用数字作答).14.若函数fx=x2−ax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)记数列an的前n项和为Sn,已知(1)证明an是等差数列,并求a(2)记数列1Sn的前n项和为Tn，证明:16.(15分)设函数fx(1)讨论fx(2)证明:当a>0时，17.(15分)如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ADC=60(1)证明:BD⊥平面PAC(2)已知PA=2，点E满足BE=λAP，0<λ<1(i)求λ;(ii)求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值.18.(17分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A(1)求C的方程；(2)点M在线段PQ上，直线AM，BM分别交C于D，E两点，直线AE，BD交于点N.(i)证明:MN⊥(ii)判断y轴上是否存在定点T,使得NT+NM为定值.若存在,求出T的坐标;若不存在,19.(17分)某班级在课堂上开展卡片传递游戏,规则如下:①将nn∈N∗,n②老师先给1号学生随机等可能地发放一张红卡或黑卡；③2号从1号手中的三张卡片中随机抽取一张，接着，3号从2号手中的三张卡片中随机抽取一张,重复上述操作,直至n号从n−1④老师从n号手中的三张卡片中随机取出一张弃置.则一轮游戏结束.(1)求在一轮游戏结束后，1号学生手中恰有两张红卡的概率；(2)求在一轮游戏结束后，n号学生手中红卡张数的期望；(3)在一轮游戏结束后，将手持两张同色卡片的学生淘汰，余下的学生重新编号，并按照游戏规则重新进行下一轮游戏;当且仅当只剩一个学生未被淘汰或所有学生均被淘汰时,游戏终止.求比赛进行两轮后终止,且此时只剩一个学生未被淘汰的概率.2026届高中毕业班模拟测试参考答案1234567891011CABBDCBCACDABDACD一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.答案:C因为α为第四象限角,所以cosα>0,sinα=−43cosα2.答案:A设z=bib≠0,则1+iz+1=1−3.答案:B因为A⊆∁UB,所以A∩B=⌀,所以B4.答案:B由题意得:圆心2,1到直线y=kxk≠0和y=0的距离相等,所以5.答案:D由题意得fπ6是fx的最大值,所以fπ6=12+326.答案:C由fx=f−x可知fx是偶函数,当x>0时,f′x=ex−e−x>0,故f又20.1>1>log237.答案:B方法一:依题意,△ABD的面积为1,设AD=m,则S=12⋅m⋅2msinA=BD2=2m2+m2−则ksinA+4cosA=5≤k所以BD≥3方法二:以BC的中点为坐标原点,建立平面直角坐标系,不妨设B−A0,2m,所以Dm2,1m,所以BD28.答案:C设△ABC与△BCD的外接圆半径分别为r1,r即r12+r22=8,设球O的半径为R,BC的中点为M,则OM2=R2二、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.9.答案:ACD对于选项A:由表格可知,y随x的增大而增大,样本数据正相关,所以相关系数r>0对于选项B:计算得x=1+2+3对于选项C:b=23.8−7对于选项D:当x=10时,响应变量的预测值y=10.答案:ABD当x>0,y>0时,C:x2−当x<0,y<0时,C:y2对于选项A:令x=0,解得y=−1,令y=0,解得x=1,所以1,0,0对于选项B:设x,y在C上，因为x,y关于y=−x的对称点−y,−x也在C上,所以C关于直线y=−x对称,C为轴对称图形,故选项B正确;对于选项C:将直线y=x与C联立可得,xx−xx=1,该方程无解,故选项C错误;对于选项D:若△PAB的面积为14，则P到直线AB的距离为24，若P在第四象限，则△PAB面积的最大值为2−12，因为2−12<14，所以不存在满足条件的点P.因为曲线C:x2−y2=1x>0,y>011.答案:ACD对于选项A:10=23+21对于选项B:A中的元素个数为C102对于选项C:设n=2s+2t因为26+25=96<100,以s的大小作为分类依据,s=7共有7个,s=8共有对于选项D:29×9+20+21三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.答案:πAC=AB2−BC2=3,旋转所得几何体是以AC13.答案:18若一组2名男生,另一组1名男生2名女生,情况有C31×A22=6种;若一组1名男生1名女生，另一组2名男生1名女生，情况有14.答案:−∞,−设ax=t,依题意,即t所以t2a2−t+1=t解得a>1或a<−1四、解答题:共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)记数列an的前n项和为Sn,已知(1)证明an是等差数列，并求an(2)记数列1Sn的前n项和为Tn，证明:解:(1)当n≥2时,S两式相减得,an=即n−1由于n−1≥1,所以所以an是首项为3,公差为2的等差数列.5所以an=(2)由(1)知Sn=n2所以1Sn所以Tn=所以Tn=又因为2n+32n+116.(15分)设函数fx(1)讨论fx(2)证明:当a>0时，解:解法一:(1)f′x当a≤0时,e2x−a>0,所以f′x>0,fx在R上单调递增;3分当a>0时,令f′x<0,解得x<ln综上,当a≤0时,fx在当a>0时,fx在−∞,lna2单调递减,在(2)由(1)知，当a>0时，f下证a−alna≥lna令ga=1+aln设ha=g′a所以ha在0,+∞上单调递减.又h1=0,则当a∈0,1时,所以ga在0,1上单调递增,在1,+∞所以ga≤即1+所以fx≥lna−(2)由(1)知，当a>0时，f下证a−alna≥lna令ga=lna−a2又a2−所以当a∈0,1时,g′所以ga在0,1上单调递增,在1,+∞所以ga≤即1+alna−a17.(15分)如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，(1)证明:BD⊥平面PAC(2)已知PA=2，点E满足BE=λ(i)求λ;(ii)求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值.解:解法一:(1)因为ABCD为菱形,所以BD⊥1分设AC，BD交于点O，则OB=OD，又因为PB=PD，∴DG=AC，且因为AC∩OP=O,所以BD⊥平面PAC.4(2)(i)取PC中点F，则OF//PA且又因为PA//EB,所以OF//EB,即O因为OB//平面PEC,OB⊂平面OBEF,平面OBEF∩所以OB//7分9分因此OFEB是平行四边形,故OF=BE=12(ii)由(l)可知,BD⊥平面PAC,因为BD⊂平面所以平面ABCD⊥平面PAC,因为平面ABCD∩平面所以在平面PAC内作Oz垂直于AC,如图,以O为原点,建立空间直角坐标系O−xyz则D2因为OP=PB2−OB2=2因此AP=由此可知PB设平面PBD的一个法向量m=xm⋅PB=0m⋅BD=0,即−23x1+n⋅PE=0n⋅PC=0所以cos<m,所以平面PBD与平面PEC夹角的余弦值为32.15解法二:(1)同解法一;(2)(i)同解法一；(ii)过P作BD的平行线l，因为l//BD，EF//BD，所以所以l为平面PBD与平面PEC的交线.11分由(1)可得，BD⊥PO，BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以因为l//BD,所以所以∠OPC为平面PBD与平面PEC夹角.13因为OP=PB2−15分所以∠AOP=60∘,∠所以平面PBD与平面PEC夹角的余弦值为3218.(17分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A(1)求C的方程；(2)点M在线段PQ上，直线AM，BM分别交C于D，E两点，直线AE，BD交于点N.(i)证明:MN⊥(ii)判断y轴上是否存在定点T,使得NT+NM为定值,若存在,求出T的坐标;解:解法一:(1)依题意,AB=2a=4,所以易知点263,1在C所以2632a2+12b2所以C的方程x26分(2)(i)设Mx设直线AM:由x=x0+2所以y1联立直线BM和C可得,y2=−所以直线BD的斜率为y1所以直线BD:y同理直线AE的斜率为y2所以直线AE:y由y=−34x0所以MN⊥AB(ii)假设存在点T0,t,使得NT+NM即NT+NM14分16分17分所以x0故3t−3m−1=所以存在T0,83,使得解法二:(1)同解法一;(2)(i)同解法一；(ii)由(i)可知,点NxN,yN在抛物线Γ:x2=−43y−3y>1上,12分假设NT+如图，M到直线y=m+1的距离m，又则N点到直线y=m+1所以N应在以T为焦点,y=m所以T只能为Γ的焦点,y=m+1为Γ可求得Γ的焦点为0,83,准线为所以当T为0,83时,所以NT+所以存在T0,83,使得NT解法三:(1)同解法一;(2)(i)设Sxs,ys为C上一点，则ksu×kss=y因为kMB×kAE=−3所以直线BD:y=−34x0+2所以MN⊥AB(ii)同解法一、二;解法四:(1)同解法一;(2)(i)设Dx1,y1,Ex2,y2同理,设直线lBM:x=t2y+2,令y=联立3x2+4y2−12=代入直线lAM得x1=6t12−8所以lBD:联立3x2+4y2−12=代入直线lBM得E−6t2所以lAE:19.(17分)某班级在课堂