福建省福州市2026届高三下学期五月质量检测数学试题 含解析

学年福州市高三年级五月质量检测数学（完卷时间：分钟；满分：分）注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名准考证号填写在答题卡上.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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一选择题：本题共8小题，每小题5分，共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，集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】，2.若复数满足，则（）A.100B.25C.10D.5【答案】C【解析】【详解】，，则，故选项C正确.3.某AI数据中心共有4个开源大模型供公众使用.该中心分别对这4个模型在某天内的词元调用量进行调查，画出频率分布直方图，其中词元调用量的平均数低于中位数的为（）第1页/共21页A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】在频率分布直方图中，中位数左右两边面积相等，平均数受极端值影响，偏向长尾方向.直方图左偏（左边拖尾长，右边集中）,如D选项→平均数中位数；B选项→平均数中位数；直方图对称，如AC选项→平均数≈中位数.故此题选D.4.已知圆台的上､下底面面积分别为，且，圆台的高为3，轴截面面积为9，则该圆台的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设圆台的上下底面半径为，因为，所以，则，则轴截面面积为，得，则该圆台的体积为5.已知点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（）第2页/共21页A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】令，解得.点是函数的图象的一个对称中心，，解得.，，解得；，符合条件的的最小值为1；.6.记为等比数列的前项和，设甲：为等差数列，乙：为等差数列，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】A【解析】【分析】根据等差性质、等比数列的性质，结合充分条件、必要条件的概念求解判断即可.【详解】设等比数列的公比为，首项为.甲：，，.因为为等差数列，所以，即，整理得，即，所以.乙：，，.因为为等差数列，所以，即，第3页/共21页整理得，即，解得或.所以若甲成立，乙一定成立，故甲是乙的充分条件；若乙成立，甲不一定成立，故甲不是乙的必要条件；综上，甲是乙的充分不必要条件.7.如图是体现中国古代数学智慧的“赵爽弦图”，它由4个全等直角三角形和中心小正方形构成.若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】因为该图由4个全等直角三角形和中心小正方形构成，且，所以，故，所以，所以.8.已知，则的大小关系不可能为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】数与，与，与图象的交点问题；作出函数图象，结合图象可得各个交点的位置关系，从而进行判断.第4页/共21页【详解】，，,，，；即转化为函数与，与，与图象的交点问题.分别画出，，，，，的图象，如图所示：由图可知，与的图象交于两点，与的图象交于两点，与的图象交于两点；同时.对于A，时，满足，故A正确；对于B，，不满足，故B错误；对于C，，满足，故C正确；对于D，，满足，故D正确.二多选题：本题共3小题，每小题6分，共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，有选諎的得0分.9.已知，则（）A.当时，B.当时，C.当时，D.当时，【答案】BD【解析】第5页/共21页AB：利用诱导公式运算求解；对于C：利用倍角公式运算求解；对于D：利用两角和差公式可得，，即可得结果.【详解】对于选项A：当时，则，所以，故A错误；对于选项B：当时，则，故B正确；对于选项C：当时，则，可得，即，故C错误；对于选项D：因为，，则，，可得，，所以，故D正确.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.若是奇函数，则B.若是增函数，则C.所有零点的平方和等于D.当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切【答案】AD【解析】AB零点问题及韦达定理可判断C导数的几何意义及直线垂直的条件可判断D.【详解】对于A：函数的定义域为.若是奇函数，则，即，第6页/共21页所以，故A正确.对于B：.若是增函数，则恒成立，所以，即，故B错误.对于C：令，则或.设方程的根为，（2个不等实根或2个相等实根或2对于C：令，则或.当时，方程无解，此时只有1个零点，故；当时，方程有两个相等实根或两个不等实根，记为，，则，，此时有3个零点，故，综上，C错误.对于D：设曲线的两条切线斜率分别为，，不妨令，，，则又，所以，所以一定存在切点，，使得，即，故当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切，D正确.的距离相等的点的轨迹是）A.点在上B.存在斜率为1的直线与恰有3个公共点C.当且仅当，圆与恰有4个公共点第7页/共21页D.存在定点，过且互相垂直的任意两条直线都与相交，所有交点中必有两个与等距【答案】ABD【解析】【分析】依题意写出上任意一点的坐标满足的等式即可得到方程，对于A，代入点坐标即可；对于B，画出的图像，根据图像判断出存在满足条件的直线，该直线与在第二象限的曲线相切；对于C，找到D等距的两个交点之间的约束关系，观察约束关系恒成立时点坐标应满足的条件.【详解】设上任意一点的坐标为，依题意有，两边同时平方得，整理得的方程为，代入得满足方程，A正确；对的方程进一步分析，可知时等式不成立，当即在第一、三象限时，方程可化为，当即在第二、四象限时，方程可化为，它们都可以通过反比例函数和平移得到，可画出图像如下，设斜率为的直线方程为，当它与第二象限部分的曲线相切时，它与恰有3个公共点，此时有整理得，令，得（此时切点为）或第8页/共21页所以直线与恰有3个公共点，B正确；可知圆在直线和之间移动，直线与在第二象限部分的交点为，当圆经过即时，圆与相交，有4个公共点，现使圆心向右移动，若当且仅当，圆与恰有4个公共点，则意味着在处圆与第二象限部分的关系发生了突变，即从相交转为相切，此时圆应与第一象限部分也相切，从而保证恰有4个公共点，如上图所示，但是圆心继续向右移动时，圆与第二象限部分分离的同时与第一象限部分相交，此时也有4个公共点，直到圆经过即时才变为个公共点，之后则是2个公共点，因此这一范围没有包括所有4个公共点的情况，C错误；若与等距的两个交点在同一个象限也即在同一段曲线上，显然难以保持与等距，考虑与等距的两个交点分别在不同的象限，若两个交点分别在二、四象限，根据反比例函数平移的结果可知，在第四象限的曲线的一部分与在第二象限的曲线关于对称（也可以通过，显然过点的直线与的两个交点同保持等距，但当直线垂直于轴时，它与没有交点，不符合条件，两个交点分别在一、三象限也一样，接下来考虑与等距的两个交点在相邻的象限的情况，比如分别在三、四象限，设两个点分别为，设，因为且，由三角形全等可知①，②，由②可得，设，则，代入①中得，第9页/共21页设，则即，当时该等式恒成立，此时，即为满足要求的点.三填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知数列满足，，则数列的前7项和为__________.【答案】5【解析】，，，数列的周期为3，则数列的前7项和.13.等边三角形的一个顶点位于抛物线为__________.【答案】或【解析】【分析】根据题意和抛物线以及正三角形的对称性，可推断出两个边的斜率，进而表示出这两条直线，与抛物线方程联立，求交点的坐标，从而得解．【详解】抛物线的焦点为，因为等边三角形的一个顶点位于抛物线的焦点，另外两个顶点都在该抛物线上，则等边三角形关于轴对称，所以两个边的斜率为，其方程为，第10页/共21页由得，当时，，所以等边三角形的边长为；当时，，所以等边三角形的边长为；故答案为：或.14.共有3枚质地均匀的硬币，每枚硬币抛出后正面朝上与反面朝上的概率均为.第一次将三枚硬币同时抛出，之后每次从当前反面朝上的硬币中任意选取2枚同时抛出，直到反面朝上的硬币数少于2枚时停止操作.当停止操作时，所有硬币均为正面朝上的概率为__________.【答案】【解析】【分析】分别计算第一次抛硬币结果为3个正面，第一次抛硬币结果为1反2正，第一次抛硬币结果为1正2反，第一次抛掷结果为3反，且最终出现3正的概率，相加可得答案.【详解】当第一次抛硬币结果为3正，停止操作，对应概率为；当第一次抛硬币结果为1反2正，停止操作；当第一次抛硬币结果为1正2反，发生概率为.对两枚出现反面的硬币继续抛掷，若出现2正，停止操作，对应概率为，若出现1正1反，停止操作；若出现2反，回到原状态，对应概率为.则在出现1正2反的前提下，出现3个正面的概率为：，从而第一次抛硬币结果为1正2反，且最终得到3个正面的概率为：；第11页/共21页当第一次抛掷结果为3反，发生概率为，选择其中两枚出现反面的硬币继续抛掷，若出现2正，停止操作；若出现1正1反，发生概率为，此时抛硬币结果为1正2反，由以上解析可得最终得到3个正面的概率为，则对应概率为；若出现2反，对应概率为，回到原状态，设在第一次抛掷结果为3反的前提下，得到3个正面的概率为，则，从而第一次抛掷结果为3反，且最终得到3个正面的概率为：.综上所述，在各种情况下，最终得到3个正面的概率为.四解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.15.记的内角的对边分别为，已知的面积为.（1）求；（2）若，求边上的中线长.【答案】（1）（2）【解析】1）利用余弦定理和面积公式可得；（21可得.【小问1详解】因为以及余弦定理可得，，即，因为的面积为，所以，即，得，因为，所以；【小问2详解】由（1）可得，，第12页/共21页由正弦定理可得，，因为，所以，，则由可得，设线段的中点为，则，得，得，故边上的中线长为16..“摸球中奖”若干个不同颜色的小球，以摸到特定组合即可获得大额奖金为诱饵，吸引路人参与.已知袋中装有2个红球，349个球除了颜色不同以外其他特征均相同，摸球者从袋中随机摸出5三种颜色球的个数比为100色球的个数比为，则获得5元奖金：若其中三种颜色球的个数比为，则没有奖金也不需付钱：仅当其中三种颜色球的个数比为时，需要支付10元.（1）求摸球者摸球一次获得100元奖金的概率；（2）试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局.【答案】（1）.（2）摸球者每次摸球的期望收益是元，游戏对玩家不利，是骗局.【解析】第13页/共21页【分析】(1)摸球者摸球一次获得100元奖金，则摸到0个红球，1个黄球，4个蓝球；或者摸到0个黄球，1个红球，4个蓝球，从而求出对应的概率.(2)求出摸球者每次摸球的期望收益是元，即平均每次亏损元，游戏对玩家不利，是骗局.【小问1详解】因为摸球者摸球一次获得100元奖金，所以摸到三种颜色球的个数比为，共有两种情况，0个红球，1个黄球，4个蓝球；0个黄球，1个红球，4个蓝球.设“摸球者摸球一次获得100元奖金”为事件，则.【小问2详解】设摸球者收益为，则的可能取值是100，5，0，，由(1)知,因为获得502302302个红球，3个蓝球；0个蓝球，2个红球，3个黄球，所以因为没有奖金也不需付钱的情况有：1个红球，1个黄球，3个蓝球；1个红球，1个蓝球，3个黄球，所以，因为需要支付10元.的情况有：1个红球，2个黄球，2个蓝球；1个黄球，2个红球，2个蓝球；1个蓝球，2个红球，2个黄球，所以，所以，即摸球者参与一次游戏，平均要损失元，长期参与必然亏损，这就是典型的骗局.17.在四棱锥中，平面，.第14页/共21页（1）证明：平面平面；（2）若为棱与平面所成角的正弦值为，求.【答案】（1）见小问1详解（2）【解析】【小问1详解】在底面梯形中，，，，.过点作于点，过点作于点，则，，如图所示：在中，，，由勾股定理得：在中，，，由勾股定理得：在中，，，，因为，所以，即.因为平面，平面，所以，第15页/共21页又，，所以平面.因为平面，所以平面平面，证毕.【小问2详解】以为原点，所在直线为轴，过且垂直于的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，，，点在棱上，设（则：，因为，向量：设平面的法向量，则，令，则所以：又因为所以直线与平面所成角的正弦值为，解得，所以18.已知椭圆的右顶点为，上顶点为，，的面积为4第16页/共21页（为坐标原点）.以为中心,焦点在轴上的椭圆在的内部，且与的离心率相等.分别过作的切线，设的斜率分别为.（1）求的方程；（2）求的值；（3）若的长轴长为4，是否存在定点，当过的动直线与交于两点，与交于点时，都有？若存在，写出的坐标并证明：若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）（3）当为时，存在定点满足条件；当为时，存在定点满足条件【解析】1）根据条件列出的方程求解即可；（2）设的方程可设为，由与相切，联立方程得到，化简得到，同理可得，即可得到.（3）先求出过点的椭圆的切线，方程为，题目中的本质是按相同比例分割线段在椭圆的恒成立直线始终在切线上，因此这条直线与为同一条直线，通过系数成比例即可解得定点为.【小问1详解】设，，则，，第17页/共21页联立解得，则的方程.【小问2详解】因为两椭圆的离心率相同，故的方程可设为，设切线的方程为，切线的方程为，由，得，由，即，整理得，同理可得，所以，所以.【小问3详解】易得的方程为，设的方程为，由，得，由，得，当的方程为时，假设存在满足条件的点，设.第18页/共21页