福建省福州市2026届高三下学期三月质量检测 数学试卷（含解析）

这是一份福建省福州市2026届高三下学期三月质量检测 数学试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则集合A的子集个数为（ ）
A．2B．3C．4D．8
2．某种高科技产品开发的支出成本（单位：万元）与市场销售额（单位：万元）之间有如下表所示的线性相关关系，与的经验回归方程为，当支出成本为8万元时，残差为（ ）
A．B．1.5C．D．0.5
3．设R，则“＞1”是“＞1”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．已知椭圆C的两个焦点分别为，，点在C上.若C上一点M与的距离为6，则M与的距离为（ ）
A．10B．14C．20D．26
5．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A．34B．35C．36D．37
7．当时，函数的零点个数为（ ）
A．3B．4C．6D．8
8．甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字2，3，5，乙的卡片上分别标有数字4，6，10.两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1分，否则乙得1分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.记三轮比赛后甲的总得分为X，则（ ）
A．1B．C．D．2
二、多选题
9．在平行六面体中，，，则（ ）
A．B．平面
C．直线与直线所成角为60°D．点到平面的距离为
10．设函数，则下列说法中正确的有（ ）
A．函数是奇函数
B．在区间上单调递增
C．直线，与曲线的公共点个数不相等
D．斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点
11．已知抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，与x轴交于点P，则（ ）
A．的取值范围为
B．的取值范围为
C．若，则的面积为9
D．若，则的周长为
三、填空题
12．若（，i为虚数单位），则_______.
13．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______.
14．已知向量，，，.若（其中表示不超过的最大整数，如：，，则的取值范围为______.
四、解答题
15．记为等差数列的前n项和，已知，.
(1)求的通项公式；
(2)设函数，记，求数列的前21项和.
16．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有且仅有一个零点，求的值.
17．已知双曲线：的右顶点为A.请从条件①、②、③中选择两个条件作为已知，使得C存在且唯一.
条件①：的离心率为2；
条件②：的渐近线方程为；
条件③：的右焦点与点A的距离为1.
(1)求的方程；
(2)若过点的直线交C的右支于点M，且的面积为3，求的方程.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分.
18．如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，.
(1)求的长；
(2)如图2，将沿翻折，形成四面体，当时，
（i）求直线与平面所成角的正弦值；
（ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离.
19．在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择：
方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为；
方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为；
方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为.
(1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率；
(2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下：
①第1次，随机选择一种方案；
②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种.
记第n次选择方案A，B，C的概率分别为，，.
（i）求，，并证明：数列为等比数列；
（ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率.
x
2
4
5
6
8
y
40
50
70
60
80
参考答案
1．C
解析：因为，
所以集合A的子集个数为.
2．D
解析：因为与的经验回归方程为，
所以当时，，
由表知当支出成本为8万元时，销售额为80万元，所以残差为.
故选：D
3．A
解析：试题分析：由可得成立，反之不成立，所以“”是“”的充分不必要条件
4．B
解析：因为椭圆C的两个焦点分别为，，点在C上，
所以，，于是.
因为，且，
所以.
5．D
解析：，
由
，
所以.
6．B
解析：在中，且，
令，得，
令，得，
令，得.
7．C
解析：令，即，移项可得，
对于，其周期；对于，其周期；
当时，画出两个函数图象为：
由图象可以看出，方程在给定区间内的解的个数为6，
所以函数的零点个数为6.
8．B
解析：设甲总得分为，则的可能取值为，
在不考虑出牌顺序的前提下，甲、乙两人出牌共有种，
第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表，
则，
则.
9．BC
解析：因为，，
所以.
A：因为
，所以不成立，错误；
B：因为，
所以平行六面体的底面是菱形，因此，
因为，
所以平面，
所以平面，正确；
C：因为，所以是异面直线与直线所成的角（或补角），
由上可知：平行六面体的底面是菱形，且，
所以，显然的补角为，正确.
D：由上可知：平面，因为平面，
所以平面平面，
在平面作，平面平面，平面，
所以平面，所以点到平面的距离为的长度，
因为，所以，
因为，
所以
，
因为，所以，
所以，
所以点到平面的距离为，错误.
10．ACD
解析：对于A，，
令，函数定义域为R，
因为，
所以函数是奇函数，所以A选项正确；
对于B，，
当时，单调递减，所以B选项不正确；
对于C，因为，
所以当时，单调递减，
当，或时，单调递增，
因为，当时，，
当时，，
所以直线，与曲线的公共点个数分别为和，
所以C选项正确；
对于D，设斜率为-12的直线方程为，
联立，消去得，
即，
令，，
当且仅当时取等号，所以在R上单调递增，
当时，；当时，，
根据单调函数的性质，与轴有且仅有一个交点，
所以斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点，所以D选项正确.
11．BCD
解析：对于A，在中，令，得，所以点P坐标为.
由，
由题意可得，或，
设，则有，
，所以本选项不正确；
对于B，抛物线关于横轴对称，且直线过定点，
不妨设A，B两点在第一象限内，此时，
而，
，
因为，所以，
可得，
即，
则的取值范围为，所以本选项说法正确；
对于C，当时，，
则有
，
抛物线关于横轴对称，不妨设A，B两点在第一象限内，
且，此时，所以有
而，
点到直线的距离为，
所以的面积为
，所以本选项正确；
对于D，由弦长公式得
，
且
，
所以的周长为，因此本选项说法正确.
12．3
解析：因为，
所以由.
13．
解析：如图，作，垂足为，则为的中点，
，，为二面角的平面角，
二面角为，，
在等腰三角形中，，
设，则，，
则，
，
的面积等于，解得，
则，，
圆的面积为，
圆锥的体积为.
故答案为：.
14．
解析：因为，所以
，
当时，，显然不成立；
当时，，显然成立，
当时，，显然不成立；
当时，，显然不成立；
当时，，显然不成立；
当时，，显然不成立；
当时，，显然不成立；
当时，，显然不成立；
所以，，，
，
，
因为，
所以.
所以的取值范围为.
15．(1)
(2)21
解析：（1）方法一：设等差数列的公差为，则
解得
所以.
方法二：设等差数列的公差为，
因为是等差数列，所以，所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
所以.
（2）方法一：因为，
所以，
所以
.
方法二：因为，
所以，
所以，
所以曲线关于点中心对称，
因为是等差数列，
所以，
因为的对称中心为，
所以，
同理可得：，,
所以.
16．(1)
(2)9
解析：（1）当时，，，
得，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）方法一：，，
，
令，，得，
故在内单调递增，又，
则当，，得，单调递减，
当，，得，单调递增，
从而在处取得极小值，同时也是最小值，
最小值为.
又当且时，，当时，，
由函数有且仅有一个零点，可得，
则a的值为9.
方法二：，，
令得，
令，，
则，
令，，得，
故在内单调递增，又，
则当，，得，单调递减，
当，，得，单调递增，
从而在处取得极小值，同时也是最小值，
最小值为.
又当且时，，当时，，
由函数有且仅有一个零点，可得，
则的值为9.
17．(1)选择条件①和③和选择条件②和③时，的方程，选择条件①和②时，C存在且不唯一
(2)或
解析：（1）选择条件①和③：
因为C的离心率为2，点A到C的右焦点的距离为1，所以
解得
又因为，所以，
所以C的方程为.
选择条件②和③：
因为C的渐近线方程为，点A到C的右焦点的距离为1，
所以由
可得
所以C的方程为.
选择条件①和②：
因为的离心率为2，
所以，
所以的渐近线方程为，
由①能推出②，所以C存在但是不唯一，不符合题意；
综上所述：选择条件①和③和选择条件②和③时，的方程，选择条件①和②时，C存在且不唯一.
（2）由（1）知，点A坐标为，
又由可得直线的方程为，且.
设点M到直线的距离为d，
因为面积为3，所以，所以.
设过点M且与直线平行的直线为n：.
则n与直线的距离为，故，
解得或，
所以直线n方程为或，
直线与直线关于原点中心对称，
与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去.
由得或
故点M坐标为或，
当M坐标为时，点，所以直线的方程为，
当M坐标为时，点，直线的方程为，
所以直线的方程为或.
（方法二）由（1）知，点A坐标为，且点在C上.
当直线斜率不存在时，，面积为3，直线的方程为，符合题意.
当直线斜率存在时，设其方程为.
由得，
设，
则，，
故，
又因为A到直线的距离，
故面积为.
所以，解得，或，
因为该双曲线的渐近线方程为，
所以，，
因此此时直线不与双曲线的右支相交，
因为，
所以此时直线与双曲线的右支相交，
故直线的方程为.
综上，直线的方程为或.
18．(1)
(2)（i）；（ii），，，；
解析：（1）方法一：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，，
所以，
在中，因为，，
所以，，所以.
在中，，
由余弦定理得
，
所以.
方法二：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，，
所以是圆的直径，.
在中，，，
所以，，，
.
由正弦定理得，又，
故.
（2）方法一：以的中点为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.
（i）设，由（1）可知，，，
又因为，
所以
解得，，，即，
则.
取平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（ii）如图所示，取的三等分点P，Q，的中点M，
过三点D，P，M作平面，过三点，Q，C作平面，
因为，平面，平面，
所以平面，同理平面，
又因为，所以平面平面，
再过点A，C分别作平面，与平面平行，
那么四个平面，，，依次相互平行，
由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面.
由（i）可知，，，
所以，
.
设平面的法向量，则
即可取，
所以点到平面的距离.
故相邻两个平面间的距离为.
（方法二）
（i）设的中点为，的中点为，的中点为M，
连接，，，.
由（1）知，，则，
又因为，，所以平面，
所以平面平面.
过点作交直线于点，连接，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的射影，为直线与平面所成角.
由（1）知，，，则，.
又因为，，所以，
所以，则.
在中，.
所以，得，
所以，得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（ii）以为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，.
设平面的法向量，
由（i）可知，
所以，，.
由，，，两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等，
可得，
从而，
由可得或.
若，由得，
从而或.
若，由得，
从而或.
综上，可得，或，
或，或.
当或时，由于，
此时，
从而点B在点D与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；
当，由于，此时，
从而点A在点C与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；
当，可求点A到平面的距离，
此时，，，分别为过A，D，C，B，且以为法向量的平面，
所以相邻两个平面间的距离为.
19．(1)
(2)（i），，证明见解析；（ii）能
解析：（1）设选择方案A，B，C分别为事件A，B，C，物流提前送达为事件Z，
则，
，，，
.
（2）（i）由①知道.
由②根据全概率公式
，
.
设第n次物流选择方案A，B，C为事件，，，第n次物流提前送达为事件，
则，，，因为，所以，
所以.
由②根据全概率公式
，
注意到，，
而，
所以
，
同理
.
注意到
，
且，所以，
故为定值，
即是以为首项，为公比的等比数列.
（ii）由（i）可求，
同理
，
所以，
联立解得
，，
所以.
随着的增大，增大，注意到，所以当时，，
因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率.
甲得分
2
3
5
0分
4
6
10
2分
4
10
6
1分
6
4
10
2分
6
10
4
2分
10
4
6
1分
10
6
4