福建龙岩市2026届高三下学期三月教学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建龙岩市2026届高三下学期三月教学质量检测数学试题一、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.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，.2.已知复数，则的模为（）A.1 B. C. D.2【答案】D【解析】由题意，则.3.设，则（）A.1 B.2 C.31 D.32【答案】C【解析】令得：，令得：，所以.4.如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标.若在该坐标系中，，，则（）A. B. C. D.0【答案】D【解析】由平面向量数量积的定义可得，由题意可知，，所以.5.某云计算平台处理文件量（单位：GB）的所需时间（单位：），其中为常数.已知处理文件量从9GB增加到729GB时，处理时间增加12min；当处理文件量从729GB增加到6561GB时，处理时间增加（）A.3min B.6min C.9min D.24min【答案】B【解析】由题意可得，解得，所以当处理文件量从729GB增加到6561GB时，处理时间增加.6.已知函数的图象关于直线对称，且在区间上单调递减，则的值为（）A. B.1 C. D.4【答案】B【解析】因为函数的图象关于直线对称，所以，解得，又因为函数在区间上单调递减，所以函数在处取得最大值，所以,所以,解得，解得.又因为.故选：B.7.已知线段是圆的一条动弦，且.若点为直线上的任意一点，则的最小值为（）A.6 B.8 C.14 D.35【答案】A【解析】设弦中点为，根据圆的性质，，，所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，其方程为.因为，所以，的最小值为圆心到直线的距离减去圆的半径2.，.故选：A.8.已知定义在上的函数满足，且，则（）A.是偶函数 B.的最小正周期是2C.关于点中心对称 D.是奇函数【答案】A【解析】由，得，周期为2，但最小正周期不能判定，例如函数满足题设条件，但该函数没有最小正周期，故B错误；由于周期为2，所以，，又，得，所以是偶函数，A正确；由只能推出对称轴为，无中心对称的推导依据，C错误；令，由是偶函数且，得，又，所以，所以为偶函数，D错误.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.已知数列的前项和为，且，则（）A.数列是等差数列B.数列不是单调数列C.数列中存在不同的两项，使是这两项的等比中项D.记数列，则数列的前2026项的和为4052【答案】AC【解析】对于A：首先根据数列前项和求通项公式：当时，；当时，，对也成立，因此通项公式为，（常数），因此是首项为2、公差为2的等差数列，A正确；对于B：设，判断单调性：

对所有成立，因此是单调递减数列，B错误；对于C：，若存在不同两项使得，则

，存在正整数解（），满足条件，C正确；对于D：化简：

，设的前项和为，下求前2026项和：分组得，共1013组，每组和为2，总和，D错误.10.如图，为圆锥的底面圆的直径，为母线的中点，点为底面圆周上异于的两个动点，且，则（）A.一定存在点，使平面B.不可能存在点，使C.过点且与母线垂直的平面截圆锥所得的截线上任意两点间距离的最大值为D.过点与底面垂直的平面截圆锥所得截线的离心率为【答案】BCD【解析】对于A，根据圆锥的性质可得底面，则，假设存在点使平面，则，又因为平面，所以平面，故平面与平面平行，与题意不符，故A错误；对于B，若存在点使得，则四点共面，因为，所以平面，易得为平面与平面的公共点，所以三点共线，与题设矛盾，故B正确；对于C，，，即为等边三角形，为母线的中点，，过点且与母线垂直的平面截圆锥所得的截线为椭圆，且为长轴，则任意两点间距离的最大值为，故C正确；根据题意，过点与底面垂直的平面截圆锥所得截线为双曲线，为母线的中点，为的中点，，又，，故，则可设双曲线方程为，，解得，，即，故D正确．11.设抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与交于两点（点在第一象限），过作的切线交轴于点，交于点，过作直线，垂足为，则（）A.B.若的倾斜角为，则C.四边形为菱形D.四边形的面积的最小值为【答案】ACD【解析】对于A：，A正确.对于B：若的倾斜角为，则的方程为，联立，.所以，B错误.对于C：由已知得，，设，，则.由，得，故在处切线方程为：，得，所以，，得，又，所以四边形为菱形.C正确.对于D，由选项C知，所以，设，则，，或，所以在上单调递减，在上单调递增，则当时，取得最小值为，D正确.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知从小到大排列的一组数据1，2，4，，8，10，若这组数据的第60百分位数与平均数相等，则实数的值为______.【答案】5【解析】因为，所以该组数据的第60百分位数为从小到大排列的第4个数据.由题意知，解得.13.已知，对任意，关于的方程有实数解，则的最小值为______.【答案】【解析】由题意，该方程有解，故，该不等式对任意恒成立，即，设，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，则，即的最小值为.14.某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分.若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为______.【答案】【解析】每次摸球的情况有种.先后两次摸球共有种情况.两次得分5分的情况有：第一次1分，第二次4分，共有种；第一次2分，第二次3分，共有1种；第一次4分，第二次1分，共有4种；第一次3分，第二次2分，共有1种；所以，故答案为：.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.某会员店的本地会员占，外地会员占.现开展商品质量满意度调查，已知本地会员对该店商品质量满意的概率为，外地会员对该店商品质量满意的概率为，每个会员对该店商品质量满意与否相互独立.（1）从该店所有会员中随机抽取1名会员，求其对该店商品质量满意的概率；（2）从该店所有会员中随机抽取2名会员（其中会员总数远大于2），记这2名会员中对该店商品质量满意的人数为，求的分布列与数学期望.解：（1）设事件：抽取的是本地会员，，则事件：抽取的是外地会员，，事件：会员对商品质量满意，，，所以.（2）由（1）可知，单次抽取会员满意的概率，不满意的概率为，的所有可能取值为0，1，2.则，，，，012所以.16.已知函数.（1）求的单调递增区间；（2）在中，，，的面积为，求边的长.解：（1），令，，解得，，所以函数的单调递增区间为，.（2）因为，又为的内角，则故，所以，所以.设角所对边分别为，因为，由正弦定理得.①因为三角形的面积为，所以.②由①②解得：，由余弦定理得，所以.17.如图，在正四棱台中，，是的中点，其外接球的表面积为.（1）求证：平面；（2）若平面与交于点，求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：法一：（1）在正四棱台中，，是的中点，则，且，所以四边形是平行四边形.，又平面，平面，平面.法二：（1）连接交于，连接交于，以为原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系.，，，由正四棱台外接球的表面积为得其半径为2.即为正四棱台外接球的球心.，在中，，则，，，，，，，，，，设平面的法向量，则，取.，又平面，平面.（2）解：法一：延长交于，连接交于.由正四棱台性质，可知直线即为直线，连接交于，连接交于，因为，所以，.由外接球的表面积为，得其半径.设棱台的高为，球心在直线上.记球心到点的距离为，则球心到点的距离为.根据下底面顶点和上底面顶点到球心的距离均为，得到方程组：代入，，，得：解得，.因此球心与点重合，棱台高.在中，.由棱台相似关系可得.以为原点，分别以为轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，所以，，.设平面的法向量为，则，取.设直线与平面所成角为.则，所以直线与平面所成角的正弦值为.法二：建系如（1）法二，设，则，，又，，设平面的法向量，则，取，则由得，即，，设直线与平面所成角为，由（1）得平面的法向量，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.法三：建系如（1）法二，延长交于点，连接交于，，而平面，平面，平面，平面，则点即为平面与的交点.，是的中点.，，设直线与平面所成角为，由（1）得平面的法向量，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.18.已知椭圆的左顶点为，上顶点为，长轴长为4，且以短轴为直径的圆与直线相切.（1）求的方程；（2）过点的直线交于两点，直线分别交轴于两点，证明：（ⅰ）的横坐标成等差数列；（ⅱ）与的面积之比为定值.（1）解：由已知得，，所以，原点到直线的距离为，所以的方程为.（2）证明：（i）当过点的直线斜率不存在时，直线与椭圆只有1个交点，舍去，设直线的方程为，设、，由，消去整理得，所以，解得，，，直线的方程为，令，得，同理可得..又因为，.所以，所以的横坐标成等差数列；（ⅱ）由（ⅰ）知为的中点，得，所以，所以与的面积之比为.19.已知函数.（1）求的单调区间；（2）已知为图象上不同的三点，它们的横坐标分别为，且满足.记在点处的切线斜率为，直线的斜率为，证明：当时，；（3）当时，数列满足，且，为数列的前项和，证明：.（1）解：函数的定义域为，，当时，恒成立，函数在上单调