福建全国名校联盟2026届高三联合开学摸底考试数学试卷

这是一份福建全国名校联盟2026届高三联合开学摸底考试数学试卷，共13页。试卷主要包含了 故选 C，841，635，2 10等内容，欢迎下载使用。



全国名校联盟 2026 届高三联合开学摸底考试
数学试题评分参考2025.8
一、单项选择题：
设抛物线C : x2  8y 的焦点为 F ， A(4,5) ，点 B 在C 上，则△FAB 的周长的最小值为
8B． 10C． 12D． 16
解析：过 B 作C 准线的垂线，设垂足为 D ，由抛物线的定义可知， | BF || BD | ，
∴| BF |  | BA || BD |  | BA || AD | 7 ，
又| AF | 5 ，∴| BF |  | BA |  | AF | 7  5  12 ，
∴△FAB 的周长的最小值为 12. 故选 C.
二、多项选择题：
11．已知信道内传输0 ，1 数字信号需经历多个节点，且每个节点的信号传输相互独立．当第i(i  N) 号节点发送0 时，第i  1 号节点收到 1 的概率为(0  1) ，收到 0 的概率为1 ；从第i 号节点发送1时，第i  1 号节点收到 0 的概率为(0   1) ，收到1的 概率为1  ．设当基站（记为0 号节点）依次发送信号1， 0 时，第 n 号节点依次接收
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
D
B
C
C
B
D
C
题号
9
10
11
答案
AD
BC
ACD
到的信号仍是1， 0 的概率为 Pn ，则
A．若  1 ，则 P  4
B．若  1 ，则 P
 20
3193281
C．若  1 ，则 P  1D．若 2  1 ，则 P  2
2n42n9
解析：考查 A 选项：数字1经过1个信号站后，仍为1的概率为1   2 ；数字0 经过
3
1个信号站后，仍为0 的概率为1  2 ，∴ P  2  2  4 ，A 选项正确；

31339
考查 B 选项：数字1经过 2 个信号站后，仍为1的概率为 (1  )2  5 ；数字0 经过 2 个
9
信号站后，仍为0 的概率为(1 )2  5 ，∴ P  5  5  25 ，B 选项错误；

929981
考查 C 选项：设 an 表示经过 n 个信号站后，数字0 仍为0 的概率； bn 表示经过 n 个信号站
后，数字1仍为1的概率，则 a1  1， b1  1 . 当n  2 时，
a  1 ,a  1 ,
an  (1 )an 1  (1  an 1),
  1
 n2 12
有b
 (1  )b
(1  b),代入
2 ，即
1又1
 nn 1
n 1
b ,
 n2
b ,
 12
∴ P  1  1  1 ，C 选项正确；
n224
an  (1 )an 1  (1  an 1),1
考查 D 选项：在b
 (1  )b
(1  b
中代入 2 ，
)2
 nn 1
n 1
a  1 a 1 ,a  3 ,
 n4
n 12
 14
则11且1
b
 n
 4 bn 1  4 ,
b ,
 12
a
 2  1 (a
 n34
n 1
 2 ),
3
1
a
 n3  4n
 2  2 ,
33
∴ ∴ 
111
211
b   (b
 ),
b   ,
 n
34n 13
 n
3  4n33
∴ P  2  1  2 ，D 选项正确，故选 ACD.
n339
三、填空题：
12． y  ex ， y  ex ；13． 63 ；14． 9 .
4
14．英国数学家约翰·康威发现了有趣的“康威圆定理”，如图，设△ ABC 的内角 A , B , C
的对边分别为 a , b , c ，依次延长线段CA ，BA ，AB ，CB ，BC ，AC 至 A1 ，A2 ，B1 ，B2 ，
，
C1 ， C2 ，使得 AA1  AA2  a ， BB1  BB2  b ， CC1  CC2  c
则 A1 ， A2 ， B1 ， B2 ， C1 ， C2 六点共圆，并称此圆为△ ABC 的
3
“康威圆”．已知某三角形的面积为
，其一条边长为2 ，点 P
在该三角形的“康威圆”上运动，若 MN 是该三角形内切圆的直径，则 PM  PN 的最小值为．
解：设康威圆的圆心为O ，易知 A1C2 = B1A2 = B2C1  a  b  c ，
由垂径定理可知，圆心O 为 A1C2 ， B1A2 ， B2C1 垂直平分线的交点，
∴ O 到△ ABC 三边的距离相等，即O 为△ ABC 内切圆圆心，
––––→ –––→
Or
1 ––––→–––→ 2
––––→–––→
2
–––→ 2
––––→ 2
设圆 内切圆半径为
，则 PM  PN 
[(PM  PN )
4
(PM  PN ) ]  PO
MO ，
––––→ –––→(a  b  c)2
即 PM  PN 
4
，不妨设
b  2 ，
3
过 B 作 AC 的平行线l ，易知两平行线之间的距离为，
设C0 为C 关于直线l 对称点，则CA  BC  BA  CA  BC0  BA ，当C0 ， B ， A 三点共线时， CA  BC0  BA 取得最小值6 ，
∴ PM  PN 的最小值为9 ，故应填9 .
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．（13 分）
某地同城闪送为了提高服务质量，进行了服务改进，并对服务进行评分．已知服务改进前某天共有 1000 个订单，其好评率为85% ；服务改进后某天共有 1500 个订单，其中好评
订单为 1350 个．
已知某 100 个好评订单评分的极差为 2，数据如下表所示（其中 x 10 ，n 是正整数）
求这 100 个好评订单的第 40 百分位数；
根据服务改进前后的这两天的订单数据完成下列2 2 列联表，并依据小概率值
 0.001 的独立性检验，判断订单获得好评与服务改进是否有关．
服务评分
x
8.5
9
9.5
10
订单数量
n
32
13
11
4
好评订单
非好评订单
合计
服务改进前
1000
服务改进后
1350
1500
合计
附：2 
n(ad  bc)2
(a  b)(c  d )(a  c)(b  d ) ，
α
0.1
0.05
0.01
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828
解：（1） ∵这100 个好评订单评分的极差为2 ， x 10 ， n 是正整数，
∴10  x  2 ，即 x  8 ， n  100  32 13 11 4  40 ，2 分
又∵100  0.4=40 ，∴这100 个好评订单的第40 百分位数为 8+8.5 =8.25 .5 分
2
（2）易知服务改进前的好评订单有1000 0.85  850 个，非好评订单有1000  850  150 个，服务改进后的非好评订单有1500 1350  150 个，6 分
故2 2 列联表如下表所示：
…8 分
零假设 H0 ：订单获得好评与服务改进无关，9 分
好评订单
非好评订单
合计
服务改进前
850
150
1000
服务改进后
1350
150
1500
合计
2200
300
2500
∵ 2
 2500 (850 150 1350 150) 2 
2200  300 1000 1500
625  14.2 10.828
44
x0.001 ，11 分
∴根据小概率值 0.001 的独立性检验，我们推断 H0 不成立，
即订单获得好评与服务改进有关，且该推断犯错误的概率不超过0.001 .13 分
16．（15 分）
已知等差数列{an} 的前 n 项和为 Sn ，且 S5  4S2 ， a2n  2an 1 ．
求{an} 的通项公式；
设b  (1)n a ，数列{bn } 的前 n 项和为Tn ，若| Tm | 50 ，求 m 的值．
nn
解：(1) 设公差为 d， a2n  2an 1 中，令 n  1 ，得 a2  2a1 1 ，1 分
又 S  4S
5a1 10d  4 2a1  d ,
，则
…3 分
52a  d  2a 1,
 11
a1  2,

解得d  1,4 分
故 an  a1  n  1d  2  n  1 n  1 .5 分
由(1)可得，bn  (1)n (n  1) ，6 分
∴ b b (1)2n1  2n  (1)2n (2n  1)  1 ，8 分
2n12n
当 n 为偶数时， T  (b  b )  (b  b )  (b b )  n ，10 分
n1234
n1n2
令| Tm
| m  50 ，得 m  100 ；11 分
2
当 n 为奇数时，T  T b n 1  (n  2)   n  3 ，13 分
nn1n122
令 Tm
 m  3  50 ，得 m  97 ，14 分
2
综上所述 m  100 ，或 m  97 .15 分
17．（15 分）
2
如图，在矩形 ABCD 中， AB  3 ， AD ， 2 AE  EB ，将△ADE 沿 DE 翻折得到四棱锥 A  BCDE ，且二面角C  AE  D 为直角．
证明： EC  平面 ADE ；
求平面 ADB 与平面 ADE 夹角的正弦值．
解：（1）∵ AD  AE ，平面 ADE ∩ 平面 AEC  AE ，平面 ADE  平面 AEC ，
∴ AD  平面 AEC ，2 分
∵ EC  平面 AEC ，∴ AD  EC ，3 分
2
2
∵ AD ， AE  1 ， BE  2 ， BC ，
∴ AD  BE ，由相似可知， DE  EC ，5 分
AEBC
∵ DE  平面 ADE ， AD 平面 ADE ， DE ∩ AD  D ，
∴ EC  平面 ADE ．7 分
设 EC 交 BD 于 F 点，连接 AF ，
方法 1：由（1）得， EF  平面 ADE ，
∵ AD  平面 ADE ，∴ EF  AD ，8 分
∵ AE  AD ， AE ∩ EF  E ，
∴ AD  平面 AEF ，
∴ AD  AF ， AD  AE ，9 分
设平面 ADB 与平面 ADE 夹角为，则sin sinEAF ，11 分
∵ CD // BE ， CD  3 ， BE  2 ，
2
BC2  BE2
∴ EF  2 EC  2 6 ，
555
∴ sin
EF
AF
 2 6 ，14 分
7
2 6
7
∴平面 ADB 与平面 ADE 夹角的正弦值为
．15 分
方法 2：以 E 为坐标原点， EC 的方向为 x 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系 E  xyz ．
由题设及(1)得， A(0, 3 , 6 ) ， B( 2 6 ,  2 3 , 0) ， C( 6, 0, 0) ， D(0, 3, 0) ，……10 分
3333
平面 ADE 的一个法向量为 EC  ( 6, 0, 0) ，11 分
设平面 ADB 的一个法向量为 n  (x, y, z) ，
––––→
 2 3 y 
6 z  0,
n  AD  0,
 33
由–––→得
n  BD  0,
 2 6 x  5 3 y  0,
33
2
令 y  2，得 n  (5, 2 2, 4) ，13 分
5 6
6  7
n  EC5
设二面角 B  A D  E 的大小为，则cs –––→ 
| n |  | EC |
，14 分
7
2 6
7
∴二面角 B  AD  E 的正弦值为sin 1  cs 2，15 分
18．（17 分）
x2y222
已知双曲线C : a2  b2  1(a  0,b  0) 的右焦点为 F ，离心率为 2，圆O : x  y  1与
C 恰有两个交点.
求C 的方程；
设 A 为C 的左顶点，过 F 且斜率存在的直线交C 的右支于 M ，N 两点，直线 AM ，
AN 分别交圆O 的另一点于 P ， Q .
证明： P ， O ， Q 三点共线；
设直线 MN 与直线 PQ 交于 D ，证明：点 D 在定直线上.
解：（1）依题意，圆O : x2  y2  1与C 两个交点为C 的左、右顶点，故 a  1 ， ………2分
∵ e  c  2 ，∴ c  2 ，b2  c2  a2  3 ，3 分
a
C2y2
∴ 的方程为 x  1 .4 分
3
（2）（i）设直线 MN : x  my  2 ， M (x1, y1) ， N (x2 , y2 ) ，
 x  my  2,
2

由x2  y
 1,
可得(3m2 1) y2 12my  9  0 ，
3
∴ y  y 
12m
， y y 9
，∴ 4my y
 3( y
 y ) ，6 分
123m2 1
1 23m2 1
1 212
k k
y1  y2

y1 y2
y1 y2
APAQx 1x 1(my  3)(my  3)m2 y y  3m( y  y )  9
12121 212
9
3m2 1
 1 ，8 分
m29 3m 12m  9
3m2 13m2 1
∴ PAQ  90，∴ PQ 为圆O 的一条直径，
∴ P ， O ， Q 三点共线.10 分
y
2
y
不妨设直线 AM : x  m y 1， AN : x  m y 1，其中m  x1 1 ， m  x2 1 ，
121
12
由（i）可知， m1m2  1，
x  m1 y 1,
m 2 12m
由可得(m 2 1) y2  2m y  0 ，解得 P( 1 , 1 ) ，12 分
x2  y2  1,11
m 2 1
m 2 1

kOP
∴
 2m1 
m 2 1
22
1m  m
2
x1 1
11
x2 1
1m1  m
12
yy
112
2
2  1
2m  3( 1  1 )2m  3 12mm ，15 分
y1y29
∴直线OP : x  my ，
 x  my,
由
可得 x  1 ，

x  my  2,D
∴点 D 在定直线 x  1 上.17 分
19．（17 分）
已知函数
f (x)
定义在
(0, )
上，记
f (x)
的导函数为
g(x)
ex
， g(x) .
x
求 g(x) 的单调区间与最小值；
若 a  0 ，讨论函数 h(x)  f (x)  ax 的极值点个数；
证明：当 x  0 时， f (x  ln 2)  f (x)  eln 2 ．解：（1） g(x) 的定义域为(0, ) ，
g(x)  ex (x 1) ，令 g(x)  0 ，得 x  1 ．2 分
x20
当 x (0,1) 时， g(x)  0 ， g(x) 单调递减；当 x (1, ) 时， g(x)  0 ， g(x) 单调递增；
∴ g(x) 的单调递减区间为(0,1) ，单调递增区间为(1, ) ，最小值为 g(1)  e ．………5 分
ex  ax
（2） h (x)  g(x)  a ，
x
由（1），当 a  e 时， h(x)  0 ， h(x) 无极值点，7 分
11ea  a2
当 a  e 时，h(1)  e  a  0 ，一方面有 h()  a(e a 1)  0 ，另一方面有 h(a)  0 ，
aa
(,1)
∴ h(x) 在区间 1
a
，(1, a) 各有唯一零点 m ，n ．且由 h(x) 的单调性，h(x) 在(0, ) 上无
其它零点，10 分
∴ h(x) 在(0, m) ， (n, ) 单调递增，在(m, n) 单调递减，故 h(x) 有且仅有 2 个极值点， 综上，当 a  e 时， h(x) 无极值点；当 a  e 时， h(x) 有且仅有 2 个极值点．11 分
ex (x  ln 2)
设 (x)  f (x  ln 2)  f (x) ，(x)  g(x  ln 2)  g(x) ，12 分
(x  ln 2)x
令(x)  0 得 x  ln 2 ．当 x (0, ln 2) 时，(x)  0 ，(x) 单调递减；当 x (ln 2, ) 时，
(x)  0 ，(x) 单调递增，故(x) (ln 2)  f (2 ln 2)  f (ln 2) ，14 分
由（2）可知， y  f (x)  ex 是增函数，∴ f (2 ln 2)  2eln 2  f (ln 2)  eln 2 ，
∴ f (2 ln 2)  f (ln 2)  eln 2 ．17 分