2026年福建龙岩市高三三模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页龙岩市2026届高中毕业班适应性练习数学试题（满分：150分考试时间：120分钟）注意事项：1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上．2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”．一、单项选择题：本大题共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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知数据：，将这组数据中的每个数值都加上3后，与原始数据相比，调整后的数据中不会发生改变的是（

）A．方差 B．众数 C．中位数 D．平均数3．已知等比数列为1，2，4，8，…．若数列满足，且是与的等比中项，则的值为（

）A．8 B．10 C．12 D．164．已知，则的值为（

）A． B．1 C． D．25．已知事件满足，则的值为（

）A． B． C． D．6．已知圆与抛物线交于两点．若，则的值为（

）A．6 B．12 C． D．7．已知函数的定义域为，满足，当时，．若，则实数的值为（

）A． B．4 C．或 D．2或48．在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点为正方形内部（不含边界）的一点，且，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．已知复数满足，则（

）A．B．在复平面内所对应的点在第三象限C．若，则的最大值为D．和是方程在复数范围内的两个根10．已知函数的部分图象如图所示，为图象的最高点，分别为图象与轴，轴的交点，则（

）A．B．为的一条对称轴C．函数在上有且只有4个零点D．若在区间上的最大值为，则11．已知不共线的平面向量，满足，且，则（

）A．与的夹角的取值范围为B．当时，C．当时，的最小值为D．对于给定的，记的最小值为，则三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．的展开式中项的系数为_____________.13．已知圆锥的轴截面是等边三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积的比值为__________．14．已知数列，设．若，，其中，当取得最小值时，__________．四、解答题：本大题共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．在中，内角的对边分别为，且．(1)求；(2)若边上的中线的长为2，求面积的最大值．16．已知三棱锥，与都是边长为的等边三角形．(1)若，证明：平面平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．17．某逃脱关卡游戏的最后一关有3扇外观有细微差异的传送门，其中仅有1扇传送门可通往安全出口，资深玩家可以识别细微差异，新手玩家无法识别这种差异．该关卡的游戏规则为：每位玩家每次仅选1扇传送门尝试，选对且走出安全出口，游戏结束，选错则重新选择．规定每位玩家至多有10次尝试的机会，且每次尝试后传送门的顺序会随机调整．现有新手玩家和资深玩家独立挑战该关卡，玩家每次均从3扇门中等可能随机选择1扇门尝试，各次选择相互独立；玩家每试错1扇门，下次则不重复选择已选错的门．设挑战结束时，随机变量分别为玩家尝试的次数．(1)求；(2)求证：．18．已知椭圆，的短轴长为双曲线的实轴长，且的离心率为．点为的上顶点，点为的右顶点，点的坐标为（1，0）．(1)求的方程；(2)若过点的直线与交于两点，设，其中，直线交轴于点．若四边形为等腰梯形，求的方程；(3)若直线与交于两点，求四边形面积的最大值．19．已知函数．(1)求的极小值点；(2)已知对任意都成立，求整数的最大值；(3)已知，证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【详解】由题意得，再根据交集的概念得.2．A【分析】设原始数据为，新数据为，且，则，根据样本的数字特征的定义和计算公式分析即可判断.【详解】原始数据：，将这组数据中的每个数值都加上3后，新数据：，对于A，由知，故A正确；对于B，原始数据的众数为3，新数据的众数为6，故B错误；对于C，原始数据的中位数为，新数据的中位数为，故C错误；对于D，由知，故D错误.3．B【详解】由题意得等比数列的通项公式为，，又是与的等比中项，，即，解得.4．D【分析】结合二倍角公式和同角三角函数的基本关系求值.【详解】因为，所以，所以，即.5．D【详解】根据条件概率的公式得，.6．A【分析】根据圆以及抛物线的对称性得到，再求交点横坐标，进而得到.【详解】圆和抛物线都关于轴对称，因此交点也关于轴对称.设，由得，即.则，解得或，因为抛物线中，舍去，得交点横坐标.将代入抛物线方程，得.7．D【分析】利用得出函数的对称轴，再结合已知条件分情况讨论的取值范围，进而求解的值.【详解】由可得函数的图象关于直线对称，当时，因为时，，且，则，将方程变形得.设，则方程变为，化简得.解得或（舍去），所以，得.当时，因为函数的图象关于直线对称，所以.此时，则，根据对数换底公式进行变形得.设，则方程变为，化简得.解得或（舍去），所以，解得.综上，实数的值为或4.8．A【分析】建立空间直角坐标系，根据椭圆的定义的动点的轨迹方程，根据异面直线所成角空间向量法得其表达式，利用换元法结合二次函数性质计算可得取值范围.【详解】如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，在平面内，由，符合椭圆的定义．所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，设其方程为，由题意可知，所以椭圆方程为：，显然，又，则，直线与所成角的余弦值又，代入得，当时，令，，由二次函数性质可知，在上单调递增，所以，所以.9．ABD【分析】根据复数的运算、几何意义以及复数的模求解即可.【详解】.选项A：.选项B：在复平面内所对应的点在第三象限.选项C：若，则在以点为圆心，1为半径的圆上，原点到圆心的距离为，因此圆上点到原点的最大距离为.选项D：解方程，判别式，根为正好是和，因此二者是方程的两个根.10．AC【分析】根据函数所过的点，求出函数的两个参数，得到具体函数解析式，再根据正弦函数的对称轴，单调区间，零点、最值，逐项计算判断即可.【详解】已知，过，得，结合，得；过，且是最高点之后的零点，满足，解得.因此，最高点坐标为.选项A.，，则，A选项正确；选项B.不是最值，故不是的对称轴，B选项错误；选项C.，因此，该函数是偶函数.当时，，不是零点.令，即.当时，作出函数和在区间上的图象如下：.所以当时有2个零点，由偶函数对称性，当时有2个零点，总共4个零点，C选项正确；选项D.中，对应，即长度为的区间上的最大值.取，区间对应，最大值，不满足，D选项错误.11．ACD【分析】根据题干中，可结合双曲线的定义在双曲线中进行求解，将向量问题转化为解析几何问题，根据题干中的条件可得双曲线的标准方程为：，用坐标表示，根据，可设，即得的轨迹方程为；利用双曲线的几何性质，逐项分析即可.【详解】在双曲线中，点为双曲线上的一点，设，则，因为，，则，故，所以双曲线的标准方程为：．由双曲线的对称性，在以下求解中，只考虑的情况．故，又，设，则，解得，所以的轨迹方程为．对于选项A，由双曲线的方程及是不共线的平面向量，与的夹角即为，双曲线的渐近线方程为，所以：，故选项A正确；对于选项B，当时，在上的投影向量为，则，故，故选项B错误；对于选项C，当时，解得点坐标为，此时有最小值，故选项C正确；对于选项D，由选项C可得当点与点纵坐标相等时，的值最小，设，故，又，则，因为点在双曲线上，所以，故，所以．故选项D正确．12．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为即可求解.【详解】解：由得，令，故答案为：.13．【详解】设圆锥底面半径为，又圆锥的轴截面是等边三角形，故圆锥母线长为，圆锥的高为，设球的半径为，球心到底面圆心的距离为，有,，化简得，则该圆锥的体积为，球的体积为，故圆锥与球的体积的比值为.14．5【分析】根据题意，利用通项与前项和关系求出，，则，令，则，根据求出答案.【详解】解：当时，，即，当时，，所以，对成立，故．此时．又因为时，，当时，，对成立，故此时，令，得，而，所以，则，所以当时，，当时，，即奇数项中，最小，而，故数列的最小项为，则当取得最小值时，．15．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理以及特殊角的三角函数值求解即可.（2）根据向量的模以及基本不等式得，再根据三角形面积公式求最值.【详解】（1）因为，所以，因为所以，所以，，因为，．（2）因为是边上的中线，所以，两边平方：，由（1）得，代入已知条件得：，整理得，所以．所以，当且仅当时，取到等号，所以面积的最大值为．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）过点作于点，连接，利用几何关系及线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可求解；（2）法一，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，利用线面角的向量法，即可求解；法二，利用等体积法，求出到平面的距离，再利用线面角的定义，即可求解.【详解】（1）由题意，是边长为的等边三角形，过点作于点，连接，则，又，则，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面，（2）方法一（向量法）因为，，平面平面，所以，以为坐标原点，分别以所在直线为，轴，过作底面的垂线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，方法二（几何法）因为，，平面平面，所以，又，所以因为，过作于，因为，，平面，则平面，又平面，所以平面平面又因为平面平面，故平面，所以，所以，由，可得，则，由，得到，解得，设直线与平面所成角为，则.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）依题意，分别列出的所有可能的值，求出对应的概率分布列，再由结合独立事件概率乘法公式计算即得；（2）根据（1）的结论求出的表达式，利用错位相减法求其和即可得证.【详解】（1）由已知得：所以设资深玩家B在第i次尝试中选对为事件，则所以，又因为随机变量相互独立，所以（2）当时，当时，得设①，此时，②①－②得：所以18．(1)(2)(3)4【分析】（1）根据椭圆的性质列式求解即可；（2）法一：设直线的方程为，联立椭圆与直线方程，利用四边形为等腰梯形，得，求得，进而得到即可求出；法二：利用四边形为等腰梯形，得，再取的中点为，连接，得到，求出直线的方程，与椭圆方程联立即可求出点坐标，进而求出直线的方程；法三：设直线l的方程为，与椭圆方程联立，再利用四边形为等腰梯形，得到，进而求出的值即可；（3）法一：将直线与椭圆方程进行联立，设，，利用直线与直线平行得到，即可列出，，最后求导判断单调性即可求出；法二：令，则可化为，再令则，利用函数的性质即可求出四边形面积的最大值.【详解】（1）依题意得：，得，故的方程为．（2）法一：显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为(其中)，联立，消去得，设，则，由四边形为等腰梯形，且均在轴上，轴，故，得，即，化简得．联立，得，代入，得，化简得所以，因为所以，所以直线的方程为，即．法二：由四边形为等腰梯形，且均在轴上，轴，故，故，设，取的中点为，连接，则，则直线的方程为，令，设直线），联立，消去得，则，则，，所以，则，因此，又，所以，所以直线的方程为，即．法三：显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为，联立，消去得，设，且，则，，因为四边形MPQM1为等腰梯形，且P、Q均在x轴上，NM1//x轴，故

所以，所以

所以，解得，所以直线l的方程为.（3）法一：联立方程：，消去y可得，且，则，可知直线与椭圆相交，设，，则，则，又因为点，，则，直线的方程为，即，可知直线：与直线：平行，则两平行线间距离为，则，即，，则，设，（i）当时，，即；（ⅱ）当时，因为函数单调递减，函数单调递增，可知单调递减，且，①当时，，即；②当时，，即；综上所述：当时，；当时，；可知在内单调递增，在内单调递减，则，所以的最大值为法二：同法一得令则可化为令则所以当，即时，，所以的最大值为4．19．(1)(2)4(3)证明见解析【分析】（1）求函数的定义域和导函数，再求导函数零点，根据导数与极值的关系求极小值点（2）恒成立分离参数，构造新函数后用隐零点简化最小值计算，锁定最值区间，快速取最大整数（3）令，只需证，再利用导数证明结论.【详解】（1）的定义域为，，由得，当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以的极小值点为．（2）法一：等价于，又，可得，令，，记，则，所以在单调递增．又，，故在上有唯一零点，且，又在单调递减，在单调递增，所以，由可得，又为整数，所以整数的最大值为4．法二