福建厦门市2026届高中毕业班3月模拟测试数学试题（解析版）

第1页/共1页福建厦门市2026届高中毕业班3月模拟测试数学试题2026.3本试卷共4页，考试时间120分钟，总分150分．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．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.已知为第四象限角，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据同角三角函数的关系，结合角的范围，即可得答案.【详解】由题意得，解得，又为第四象限角，则，所以.2.若复数和均为纯虚数，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】先求出复数的一般形式，再根据纯虚数的定义得到实部和虚部的方程，进而求解.【详解】因为为纯虚数，所以设，则，因为为纯虚数，则，即，则，则.3.设M，N为全集的两个非空子集，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由，且M，N为全集的两个非空子集，可得韦恩图，如图：则.4.若直线和被圆所截得的弦长相等，则（）A. B. C.2 D.4【答案】B【解析】【分析】先计算直线截圆所得弦长，再利用点到直线距离公式表示直线截圆的弦长，根据弦长相等建立方程，求解并结合的条件确定的值.【详解】圆的圆心坐标为，半径.圆心到直线的距离，直线被圆截得的弦长为.圆心到直线的距离，直线被圆截得的弦长为.由两弦长相等，得，两边除以2得.两边平方得，移项得.，整理得，即.因，故，解得.5.已知函数，若，则（）A.0 B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】根据辅助角公式及条件，可得a值，根据诱导公式及特殊角的三角函数值，即可得答案.【详解】由辅助角公式得，因为，所以在处取得最大值，则，解得，则，所以.6.设函数，记，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，比较自变量的范围和大小，利用函数单调性和奇偶性比较即得.【详解】因为,所以函数是偶函数，所以.当时,,此时有，所以函数在单调递增，又因为,所以.又因为,所以,由函数的单调性可得即7.在中，，点满足，若的面积为2，则BD的最小值为（）A. B. C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】通过建立平面直角坐标系，将等腰三角形的顶点坐标化，利用中点坐标公式确定点的坐标，结合三角形面积、基本不等式求解线段的最小值.【详解】以中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，，（）.的面积为.由，得为中点，..由基本不等式，，当且仅当时取等号，代入，得，即时等号成立.故，即的最小值为.8.已知四面体ABCD的各顶点均在球的球面上，平面平面，若与的外接圆面积之和为，则球的半径为（）A. B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】球的半径为，取外接圆的圆心分别为，由，及，列出等式即可求解.【详解】设与的外接圆半径分别为，外接圆的圆心分别为由题意可得，即，设球的半径为，的中点为，连接，因为是外接圆圆心，所以，又是的中点，所以，同理，又平面，平面，平面平面，所以为二面角的平面角，又平面平面，则，由球的性质可知：平面，平面，又平面，平面，则，，所以四边形为矩形，则，又所以，又，所以，所以,又，所以，即,则球的半径为.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12345即时下单量1218253034若与的经验回归方程为，样本相关系数为，则（）A.B.回归直线过点C.D.当直播间展示时长为10分钟时，即时下单量的值估计为63【答案】ACD【解析】【详解】对于A，由数据可知，即时下单量随着直播间展示时长的增大而增大，因此直播间展示时长与即时下单量为正相关，即样本相关系数，故A正确；对于B，由数据可知，，，则回归直线过中心点，不过点，故B错误；对于C，将点代入，可得，解得，故C正确；对于D，由C知，与的经验回归方程为，则时，，故D正确.10.已知曲线与坐标轴交于A，B两点，点在上，则（）A.B.为轴对称图形C.直线与有两个公共点D.使得的面积为的点恰有2个【答案】ABD【解析】【分析】对于A，分别令求得曲线与坐标轴的交点，结合两点间的距离公式即可判断；对于B，验证关于的对称点也在上即可判断；对于C，将直线代入到曲线方程，该方程无解，故直线与曲线无公共点，对于D，通过分析曲线在不同象限的分支，并考虑其渐近线，结合的值与面积，即可判断满足条件的点的个数.【详解】对于A，不妨设与轴交于点，与轴交于点，令，则，解得，即，令，则，解得，即，易得直线，则，故A正确；对于B，当时，，在第一象限内有图象（双曲线的一部分），当时，，在第四象限内有图象（圆的一部分），当时，，在第三象限内有图象（双曲线的一部分），当时，，此时等式不成立，故在第二象限内没有图象，设在上，因为关于的对称点也在上，所以关于直线对称，为轴对称图形，故B正确；对于C，联立，得，无解，故C错误；对于D，若的面积为，且，则到的距离为，若在第四象限，此时的轨迹是圆心为，半径为1的圆在第四象限的部分图像，圆心到的距离为，则到的距离的最大值为，则面积的最大值为，因为，所以不存在满足条件的点，因为曲线，的渐近线为，直线与直线的距离为，若的面积为，且，则到直线和渐近线的距离都为，如图，满足题意的点恰有两个，故选项D正确.11.设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（）A. B.中的元素个数为36C. D.【答案】ACD【解析】【分析】利用新定义判断AB；结合列举法利用古典概型概率公式求解判断C；求出所有满足的n，然后求平均值即可判断D.【详解】对于A，因为，所以，所以，正确；对于B，中的元素个数为，错误；对于C，设，中满足元素如下：因为，所以以的大小作为分类依据，时，，，，，，，，共有7个，同理时有8个，时有9个，所以，正确；对于D，集合中所有元素和为，所以，正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在中，，以一边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为______.【答案】【解析】【分析】利用圆锥体积公式计算即可.【详解】由题意如图所示：在直角中，，所以，所以围成的几何体是一个底面圆半径为，高为的圆锥，故该几何体的体积为：.13.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）．【答案】18【解析】【分析】结合排列组合知识，按照分类加法原理和分步乘法原理求解即可.【详解】先将3名男生和2名女生按要求分成两组，有两类分组方法：第一类：由1男1女组成一组，其余2男1女组成一组，有种分法；第二类：由1男2女组成一组，其余2男组成一组，有种分法.所以共有种分组方法.再将分好的两组分配到甲、乙两地参加社会调研，有种分法，根据乘法分步原理，不同的安排方案有种.14.若函数恰有两个零点，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【详解】函数恰好有两个零点，可转化为函数与函数的图象恰有两个交点.①当恒成立，即时，问题转化为方程即有两个不同的解.由.所以或.②当时，方程有两个正根，（），如图，当时，恒成立，所以此时直线与曲线必有两个不同的交点.③当时，方程有两个负根，（），如图，当时，恒成立，所以此时直线与曲线必有两个不同的交点.综上可得：若函数恰有两个零点，则的取值范围是.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.记数列的前项和为，已知．（1）证明是等差数列，并求；（2）记数列的前项和为，证明：．【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用，结合等差数列的定义即可求解；（2）使用等差数列前项和公式求得，再使用裂项相消结合的取值范围即可得证.【小问1详解】当时，，则，即，由于，所以，，解得，，所以是首项为3，公差为2的等差数列，得证，即.【小问2详解】由（1）知，，所以，则即，又因为，所以，故得证.16.设函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先求出导函数，再对分情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）由（1）可知当时，的最小值为，令，利用导数得到的最小值为，所以，即证得.【小问1详解】函数的导数为，当时，恒成立，故，所以在上单调递增；当时，令

，得.当时，，单调递减；当时，，单调递增.综上所述：当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.【小问2详解】由（1）知，当时，在处取得最小值，因此，对任意，有.只需证明

，即令，.求导得，

，故在上单调递增.由知，当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增.所以在处取得最小值.因此，即成立，等号当且时取得.17.如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，．（1）证明：平面PAC；（2）已知，点满足平面PEC．（i）求；（ii）求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值．【答案】（1）证明见详解（2）；【解析】【分析】（1）设AC，BD交于点，通过证明即可证明平面PAC；（2）（i）取PC中点，通过证明及可得OFEB是平行四边形，即可求得；（ii）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面PBD、PEC的法向量，通过法向量求解余弦值即可．【小问1详解】因为ABCD为菱形，所以，设AC，BD交于点，则，又因为，所以，因为，AC，平面PAC，所以平面PAC．【小问2详解】（i）取PC中点，则且，由知，所以，即四点共面，因为平面PEC，平面OBEF，平面平面，所以，因此OFEB是平行四边形，故，即．（ii）由（1）可知，平面PAC，因为平面ABCD，所以平面平面PAC，因为平面平面，所以在平面PAC内作Oz垂直于AC，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，由题意可知，，，，因为，且，所以，，因此，，，，，由此可知，设平面PBD的一个法向量，则m⋅PB=0令，得，设平面PEC的一个法向量，则，也即，令，得，所以，所以平面PBD与平面PEC夹角的余弦值为．18.已知椭圆的左、右顶点分别为，直线交于，两点，．（1）求的方程；（2）点在线段上，直线分别交于两点，直线交于点．（i）证明：；（ii）判断轴上是否存在定点，使得为定值．若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）（i）证明见解析，（ii）存在点，使得为定值.【解析】【分析】（1）由条件得到在椭圆上，代入椭圆方程，结合即可求解；（2）（i）分别设，，，，通过联立椭圆方程，得到坐标，确定方程，进而得到坐标，即可求证，（ii）设，通过，得到恒成立，进而可求解.【小问1详解】依题意，所以，由直线交于，两点，，可知点在椭圆上，所以，解得，所以椭圆方程为；【小问2详解】（i）设，，设直线，，由可得：，解得，同理联立和椭圆方程，可得，所以直线的斜率为，所以直线，同理可得的斜率为，所以直线，由可得，又，所以；（ii）假设存在点，使得为定值，即，所以恒成立，则，解得，所以存在点，使得为定值.19.某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下：①将各学生依次编号为，每个学生手中均有红卡、黑卡各一张；②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，直至号从号手中的三张卡片中随机抽取一张；④老师从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，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．【答案】（1）（2）1（3）【解析】【分析】（1）根据题意，在1号手中放入红卡，取出黑卡满足题意，再求解对于概率即可；（2）先根据全概率公式，建立递推关系，求得对任意号学生抽取卡片后手中有两张红卡和一张黑卡的概率为，，再求号手中红卡个数的取值及对应概率，并求解期望即可.（3）由题可知，一轮游戏后至少还有个学生未被淘汰”，其中，进而结合（2）得一轮后单个学生不淘汰的概率为，根据未被淘汰的人数二项分布求得，二轮结束后人中剩1人未被淘汰的概率为：，最后结合组合恒等式，全概率公式求得即可.【小问1详解】解：记“一轮游戏结束后1号手中有两张红卡”，若要1号手中是两张红卡，则应从在1号手中放入红卡，取出黑卡所以，所以一轮游戏结束后，1号学生恰有两张红卡的概率为；【小问2详解】解：记“抽取卡片后号学生手中有两张红卡和一张黑卡”，“从号