数学参考答案(定稿)福建福州市2025-2026学年福州市高三年级五月质量检测(福州高三三检)(5.9-5.11)

2025-2026学年福州市高三年级五月质量检测数学试题参考答案一、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。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。三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。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。1513分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2+c2_b2=40，△ABC的面积为103．（1）求B；（2）若bsinA=4·3，求BC边上的中线长．【命题意图】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换等基础知识；考查运算求解能力；考查化归与转化思想、函数与方程思想等；导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注；体现基础性和综合性．满分13分．【解析一】（1）由已知acsinB即acsinB=203，根据余弦定理，得a2+c2_b2=2accosB=40，即accosB=20，所以tanB（2）由（1）知，B，所以sinB设BC的中点为M，连结AM，则BM=4，在△ABM中，AM2=AB2+BM2-2AB.BM.cosB=52+42-2x5x4x1=21，2所以AM=21，即BC边上的中线长为·21．（2）由（1）知，B所以sinB又a22-b2=40，所以b=7，从而，cosA设BC的中点为M，连结AM，延长AM到N，使得AN=2AM，连结BN，CN，可知四边形ABNC是平行四边形，在△ABN中，BN=b=7，cos7ABN=-cos7BAC所以AN2=c2+BN2-2c.BNcos7ABN=52+72+2x5x7x所以AN=221，从而AMAN即BC边上的中线长为21．【解析三】Hi数学派（1）同解析一．（2）由（1）知，B所以sinB又a22-b2=40，所以b=7，从而，cosA设BC的中点为M，连结AM，2222+2bccosLBAC)1615分）近年，国家不断加大反诈宣传力度．“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏，其规则为在不透明袋中装有若干个不同颜色的小球Hi数学派）以摸中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，3个黄球，4个蓝球，这9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个球，若其中三种颜色球的个数比为0:1:4（所述比例不固定对应具体颜色，下同则获得100元奖金；若其中三种颜色球的个数比为0:2:3，则获得5元奖金；若其中三种颜色球的个数比为1:1:3，则没有奖金也不需付钱；仅当其中三种颜色球的个数比为1:2:2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．【考查意图】本小题主要考查计数原理、古典概型、随机变量及其分布列、数字特征等基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想、概率与统计思想等，考查逻辑推理、数学运算、数据分析、数学建模等核心素养，体现基础性、综合性、应用性．满【解析】（1）设摸球者摸球一次获得最大奖金100元为事件A．摸球一次共产生C=126种等可能情况，该模型符合古典概型（不写不扣分其中符合0:1:4的共有CC+CC=5种情况，则P，5即摸球者摸球一次获得100元奖金的概率为．设摸球者摸球一次的收益为随机变量X，则X的可能取值为100，5，0，_10．由（1）知P故P符合1:1:3的共有CCC+CCC=32种，故P符合1:2:2的共有CCC+CCC+CCC=66种，故P则随机变量X的分布列为：X50_10P5 2321由于摸球一次的收益期望为负数，所以这个游戏对摸球者不公平．1715分）（1）证明：平面PBD丄平面PAD；（2）若M为棱PB上一点（不含端点直线DC与平面MAD所成角的正弦值为，求．【考查意图】本小题主要考查直线与平面平行、垂直等位置关系、直线与平面成角、空间向量等基础知识，考查直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力等，考查化归与转化、函数与方程思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性．【解析一】（1）证明：取AB的中点E，连结DE，则BE=CD，又BECD，所以四边形BEDC为平行四边形，所以DE=BC=1，所以DE=AE，DE=BE，所以LDAB=LADE，LBDE=LDBA，所以LADE+LEDB=90o，所以BD丄AD，因为PA丄平面ABCD，BDC平面ABCD，所以PA丄BD，又AD∩PA=A，所以BD丄平面PAD，又BDC平面PBD，所以平面PBD丄平面PAD．平面ABCD．因为DAC平面ABCD，所以DS丄DA，同理图，以D为原点，分别以DA，DB，DS所在的方向为x轴、z轴的正方向（Hi数学派）建立空间直角坐标系D-xyz，1-λ,V3λ,2-2λ)，设平面MAD的法向量为n=(x,y,z)，所以z=0，所以平面MAD的一个法向量为n，设直线DC与平面MAD所成角为“，则cos<nsin所以解得，所以【解析二】（1）取AB的中点E，连结DE，则BE=CD，又BECD，所以四边形BEDC为平行四边形，所以DE=BC=1，所以DE=AE=1，又AD=1，所以LDAB=60o，在△ABD中，由余弦定理，得BD2=AB2+AD2_2AB.ADcosLDAB，所以BD=3，所以BD2+AD2=AB2，所以BD丄AD，因为PA丄平面ABCD，BDC平面ABCD，所以PA丄BD，又AD∩PA=A所以BD丄平面PAD，又BDC平面PBD，所以平面PBD丄平面PAD．（2）过D作DSPA，则DS丄平面ABCD，过D作DF丄AB，过D作DF丄AB交AB于F，因为DFC平面ABCD，所以DS丄DF，同理DS丄DC，所以DF,DC,DS两两垂直．如图，分别以所在的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系D_xyz，设平面MAD的法向量为n=(x,y,z)，取x=1，则y所以平面MAD的一个法向量为n，设直线DC与平面MAD所成角为“，则cos<nsin所以解得所以1817分）面积为4（O为坐标原点以O为中心、焦点在x轴上的椭圆Γ2在Γ1的内部，且与Γ1的离心率相等．分别过A,B作Γ2的切线l1,l2，设l1,l2的斜率分别为k1，k2．（1）求Γ1的方程；（2）求k1k2的值；（3）若Γ2的长轴长为4，是否存在定点P，当过P的动直线l与Γ1交于两点M,N，与l1交于点Q时，都有MP.QN=MQ.PN？若存在，写出P的坐标并证明；若不存在，说明理【考查意图】本小题主要考查椭圆的标准方程和简单几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等，考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性、创新性．满分17分．【解析一】（1）依题意得：：．（2）因为两椭圆的离心率相同，故Γ2的方程可设为设切线l1的方程为y=k1(x_4)，切线l2的方程为y=k2x+22_同理得k，所以k所以k1k．（3）易得Γ2的方程为y2=1．2假设定点P存在，当l与Γ1相切于点A或C时，M,N,Q重合，此时等式成立．由此猜想分别以A,C为切点的两切线的交点就是定点P．当切点为A时，切线方程为x=4，当切点为C时，切线方程为x-23y+8=0，联立解得交．设l:y-23=k(x-4)，M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x0,y0)，MP.QN=MQ.PN等价于(4-x1)(x0-x2)=(x1-x0)(4-x2)，4k22-16k所以8x0+2x1x2-(x0+4)(x1+x2)=0Hi数学派）即(4-x1)(x0-x2)=(x1-x0)(4-x2)成立，，满足MP.QN=MQ.PN．当l1的方程为x-23y-4=0时，由图形的对称性可知，点P(4,-23)为所求定点．综上，当l1为x+2·3y-4=0时，存在定点P(4,2·3)满足条件；当l1为x-2v3y-4=0时，存在定点P(4,-23)满足条件．【解析二】（1）同解析一；（2）同解析二；（3）易得Γ2的方程为y2=1．当l1的方程为x+2·3y-4=0时，假设存在满足条件的点P，设点P的坐标为(m,n)．由题意知P不能在椭圆Γ1（Hi数学派）上．若P在椭圆Γ1内且PM<MQ，则QN<PN，显然条件不成立；若P在椭圆Γ1内且PM>MQ，则QN>PN，显然条件不成立；所以若P存在，则其必然在椭圆Γ1外．有设Q(x,y)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，由向量的共线关系可得：因为M，N在Γ1上，所以它们的坐标满足：由⑤-⑥×λ2得：整体代入得：恒成立．因为Q(x,y)在直线x+23y-4=0上，定点P符合题意．当l1的方程为x-23y-4=0时，由图形的对称性可知，点P为所求定点．综上，当l1为x+2·3y-4=0时，存在定点P(4,2s3)满足条件；当l1为x-2·3y-4=0时，存在定点P(4,-23)满足条件．1917分）已知函数f(x)=a(x-1)-lnx．（1）讨论f(x)的单调性；（2）关于x的方程f(x)=k有两个实根uk,vk，对每一个满足条件的k，ukvk<1．(ⅰ)求a的取值范围；*时，记Sk=uk+vk，证明：Sk【考查意图】本小题主要考查函数的图象与性质、函数单调性、函数与方程、数列求和等基础知识，考查逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性和创新性．满分17分．当a>0时，f,所以f上单调递减，xf,>0，f上单调递增，综上所述，当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．kk，当a≥1时，令F=f-fx>0，所以g(x)=ax2-2x+a≥0，从而F,(x)≥0，ka即f-f亦即f<f又f(vk)=f(uk)，所以f<f因为0<uk<≤1，所以又vk>，且f(x)在上单调递增，1ukkkvka当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上是减函数，不存在满足方程f(x)=k的两个实根uk,vk，亦不符合题意；依题意得a(uk_1)_lnuk=k，所以uk，同理vk又因为ukvk<1，所以ln(ukvk)<0，所以uk+vk所以Sk所以Skkk，先证当a≥1时，符合题意，以上两式相减得，a(uk_vk)=lnuk_lnvk，令g=2lnx_x，则g,在(1,+∞)上恒成立，所以g