福建省厦门市2026届高三下学期3月质检（厦门二检）数学试卷含解析（word版+pdf版）

这是一份福建省厦门市2026届高三下学期3月质检（厦门二检）数学试卷含解析（word版+pdf版），共6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：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知 为第四象限角, ,则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为 为第四象限角,所以 ,结合 可得 .
2. 若复数 和 均为纯虚数,则
A.1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】设 ,则 ,由纯虚数的定义得 ,所以 , .
3.设 为全集 的两个非空子集,若 ,则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为 ,所以 ,所以 ,故 .
4.若直线 和 被圆 所截得的弦长相等,则
A. B. C. 2 D. 4
【答案】B
【解析】由题意得: 圆心 到直线 和 的距离相等,所以 ,解得 .
5.已知函数 ,若 ,则
A. 0B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】由题意得 是 的最大值,所以 ,解得 . 所以 .
6.设函数 ,记 ,则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由 可知 是偶函数,当 时, ,故 在 单调递增. 由 得 ,所以 .
又 ,所以 .
7.在 中, ,点 满足 ,若 的面积为 2,则 的最小值为
A. B. C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】方法一: 依题意, 的面积为 1,设 ,则 ,所以 ，即 ，在 中，由余弦定理可得， ,所以 ,设 ,则 ,解得 ,当且仅当 时,等号成立,
所以 .
方法二: 以 的中点为坐标原点,建立平面直角坐标系,不妨设 , ,所以 ,所以 ,当且仅当 时等号成立,所以 .
8.已知四面体 的各顶点均在球 的球面上,平面 平面 ,若 与 的外接圆面积之和为 ,则球 的半径为
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】设 与 的外接圆半径分别为 ,所以 ,即 ,
设球 的半径为 的中点为 ,则 ,
又 ,所以 ,解得 .
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.为了研究某款新上市智能手环的直播间展示时长 (单位:分钟) 与即时下单量 (单位: 件) 之间的关系, 某电商平台随机记录了 5 场直播带货的数据, 如下表所示:
若 与 的经验回归方程为 ,样本相关系数为 ,则
A.
B. 回归直线过点
C.
D. 当直播间展示时长为 10 分钟时, 即时下单量的值估计为 63
【答案】ACD
【解析】对于选项 A: 由表格可知, 随 的增大而增大,样本数据正相关,所以相关系数 选项正确.
对于选项 B: 计算得 ,所以回归直线过点 选项错误;
对于选项 ,选项 正确;
对于选项 D: 当 时,响应变量的预测值 选项正确.
10.已知曲线 与坐标轴交于 两点,点 在 上,则
A. B. 为轴对称图形
C. 直线 与 有两个公共点D. 使得 的面积为 的点 恰有 2 个
【答案】ABD
【解析】当 时, ; 当 时, ,不存在;
当 时, ; 当 时, ;
对于选项 : 令 ,解得 ,令 ,解得 ,所以 两点之间的距离为 ，所以 ，故选项 A 正确；
对于选项 B:设 在 上，因为 关于 的对称点 也在 上,所以 关于直线 对称, 为轴对称图形,故选项 正确; 对于选项 : 将直线 与 联立可得, ,该方程无解,故选项 错误; 对于选项 D:若 的面积为 ，则 到直线 的距离为 ，若 在第四象限，则 面积的最大值为 ,因为 ,所以不存在满足条件的点 . 因为曲线 的渐近线为 ,直线 与 之间的距离为 ，若 的面积为 ，则 到直线 的距离为 ， 满足题意的点 恰有两个，故选项 D 正确.
11.设正整数 ,其中 ,定义 . 设集合 ，从 中随机选取一个元素，记为 ,则
A. B. 中的元素个数为 36
C. D.
【答案】ACD
【解析】对于选项 ,所以 选项正确;
对于选项 中的元素个数为 选项错误;
对于选项 : 设 中满足 的元素如下:
因为 ,以 的大小作为分类依据, 共有 7 个, 共有 8 个,
共有 9 个,所以 选项正确;
对于选项 D: , 所以 , D 选项正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.在 中, ,以 一边 所在直线为轴,其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为________.
【答案】
【解析】 ,旋转所得几何体是以 为底面半径, 为高的圆锥, 体积 .
13.某校安排 3 名男生和 2 名女生分两组去甲、乙两地参加社会调研. 已知每组至多 3 人， 且至少有 1 名男生，则不同的安排方案共有_______种(用数字作答).
【答案】18
【解析】若一组 2 名男生,另一组 1 名男生 2 名女生,情况有 种; 若一组 1 名男生 1 名女生，另一组 2 名男生 1 名女生，情况有 种. 所以不同的安排方案共有 18 种 .
14.若函数 恰有两个零点，则 的取值范围是________.
【答案】
【解析】设 ,依题意,即 有两个非负实数根,
所以 或 (舍),所以 ,
解得 或 ,故填 .
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
15.记数列 的前 项和为 ,已知 .
(1)证明 是等差数列,并求 ;
(2)记数列 的前 项和为 ，证明: .
【解析】(1) 当 时, , 1 分
两式相减得, , 2 分
即 , 3 分
由于 ,所以 , 4 分
所以 是首项为 3,公差为 2 的等差数列. 5 分
所以 . 6 分
(2)由(1)知 ， 8 分
所以 , 9 分
所以 , 10 分
所以 , 12 分
又因为 ,所以 . 13 分
16.设函数 .
(1)讨论 的单调性;
(2)证明:当 时， .
【解析】解法一: (1) . 1 分
当 时, ,所以 在 上单调递增; 3 分
当 时,令 ,解得 ,令 ,解得 , 5 分
所以 在 单调递减,在 单调递增.
综上,当 时, 在 上单调递增;
当 时, 在 单调递减,在 单调递增. 6 分
(2)由(1)知，当 时， . 7 分
下证 ,即证 . 8 分
令 ,则 . 9 分
设 ,则 .
所以 在 上单调递减. 11 分
又 ,则当 时, 时, ,
所以 在 上单调递增,在 单调递减. 13 分
所以 , 14 分
即 ,
所以 . 15 分
解法二: (1) 同解法一;
(2)由(1)知，当 时， . 7 分
下证 ,即证 . 8 分
令 ,则 . 10 分
又 , 11 分
所以当 时, 时, ,
所以 在 上单调递增,在 单调递减. 13 分
所以 , 14 分
即 ,所以 . 15 分
17.如图，在四棱锥 中，底面 为菱形， ， .
(1)证明: 平面 ；
(2)已知 ，点 满足 ， ， 平面 .
(i) 求 ;
(ii) 求平面 与平面 夹角的余弦值.
【解析】
解法一: (1) 因为 为菱形,所以 .1 分
设 ， 交于点 ，则 ，又因为 ，2 分
因为 , 平面 ,
所以 平面 . 4 分
(2)(i)取 中点 ，则 且 .
又因为 ,所以 ,即 四点共面. 5 分
因为 平面 平面 ,平面 平面 ,
所以 ，7 分
因此 是平行四边形,
故 ，即 .9 分
(ii) 由(1)可知， 平面 ，因为 平面 ，
所以平面 平面 ,因为平面 平面 ,
所以在平面 内作 垂直于 ,
如图,以 为原点,建立空间直角坐标系 . 10 分
则 .
因为 ，且 ，所以 ， .
因此 ,
由此可知 .
设平面 的一个法向量 ,则
,即 ,令 . 12 分
设平面 的一个法向量 ,则
,即 ,令 . 13 分
所以 , 14 分
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 . 15 分
解法二: (1) 同解法一;
(2)(i)同解法一；
(ii) 过 作 的平行线 ,因为 ,所以 ,
所以 为平面 与平面 的交线. 11 分
由( 1 )可得， ， 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ,所以 ,
所以 为平面 与平面 夹角. 13 分
因为 ,且 ,
所以 ,所以 ,
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .15 分
18.已知椭圆 的左、右顶点分别为 ，直线 交 于 两点, .
(1)求 的方程；
(2)点 在线段 上，直线 ， 分别交 于 ， 两点，直线 ， 交于点 .
(i) 证明: ;
(ii) 判断 轴上是否存在定点 ,使得 为定值. 若存在,求出 的坐标; 若不存在, 说明理由.
【解析】解法一: (1) 依题意, ,所以 , 1 分
易知点 在 上, 2 分
所以 ,结合 ,解得 , 3 分
所以 的方程 .4分
(2)(i)设 ， ， ，
设直线 .
由 可得, ,
所以 , 6 分
联立直线 和 可得, , 7 分
所以直线 的斜率为 ,
所以直线 , 8 分
同理直线 的斜率为 ,
所以直线 , 9 分
由 可得, ,
所以 . 11 分
(ii) 假设存在点 ,使得 为定值 ,
即 ,12 分
所以 ,14 分
故 ,解得 ,16 分
所以存在 ,使得 为定值.17 分
解法二: (1) 同解法一;
(2)(i)同解法一；
(ii) 由 (i) 可知,点 在抛物线 上, 12 分假设 ,当 时, ,此时 ,则 ,
如图, 到直线 的距离 ,又 ,
则 点到直线 的距离为 ,
所以 应在以 为焦点, 为准线的抛物线上,
所以 只能为 的焦点, 为 的准线, 14 分
可求得 的焦点为 ,准线为 , 16 分
所以当 为 时, ,
所以 .
所以存在 ,使得 为定值. 17 分解法三: (1) 同解法一;
(2)(i)设 为 上一点，则 ， 6 分设 ,则 ,
因为 ,所以 , 8 分
所以直线 , 9 分
由 可得, ,
所以 . 11 分
(ii)同解法一、二;
解法四:(1)同解法一；
(2)(i)设 设直线 ，令 ，则 ，
同理,设直线 ,令 ,则 ,则有 , 5 分
联立 ,得 ,由韦达定理得 ,
代入直线 得 ,所以 ,所以 ,
所以 ,① 7 分
联立 ,得 ,由韦达定理得 ,
代入直线 得 ,得 ,
所以 ,② 9 分
19.某班级在课堂上开展卡片传递游戏, 规则如下:
① 将 个学生依次编号为 ，每个学生手中均有红卡、黑卡各一张;
②老师先给 1 号学生随机等可能地发放一张红卡或黑卡；
③ 2 号从 1 号手中的三张卡片中随机抽取一张，接着，3 号从 2 号手中的三张卡片中随机抽取一张,重复上述操作,直至 号从 号手中的三张卡片中随机抽取一张;
④ 老师从 号手中的三张卡片中随机取出一张弃置.
则一轮游戏结束.
(1)求在一轮游戏结束后， 1 号学生手中恰有两张红卡的概率；
(2)求在一轮游戏结束后， 号学生手中红卡张数的期望；
(3)在一轮游戏结束后，将手持两张同色卡片的学生淘汰，余下的学生重新编号，并按照游戏规则重新进行下一轮游戏; 当且仅当只剩一个学生未被淘汰或所有学生均被淘汰时, 游戏终止. 求比赛进行两轮后终止, 且此时只剩一个学生未被淘汰的概率.
【解析】(1)记 “一轮游戏结束后 1 号手中有两张红卡”，
若要 1 号手中是两张红卡, 则应从在 1 号手中放入红卡, 取出黑卡, 2 分
所以 ,
所以一轮游戏结束后,1 号学生恰有两张红卡的概率为 ; 4 分
(2)记 “抽取卡片后 号学生手中有两张红卡和一张黑卡”，
“从 号手中取出的卡为红卡”,所以 ,
则由全概率公式可得:
则 , 6 分
所以 , 8 分
假设一轮游戏结束后, 号手中红卡个数 ,
所以 . 10 分
(3)由题意可知，一轮游戏后至少还有剩下两位学生未被淘汰，
记 “一轮游戏后剩 个学生未被淘汰”,其中 ,
记 “两轮游戏后恰好剩一个学生未被淘汰”,
则 ,
由(2)可知每个学生被淘汰的概率均为 , 11 分
所以 , 12 分
所以 , 13 分
由全概率公式可得:
14 分
所以 16 分
所以两轮游戏结束后,恰好剩一个学生未被淘汰的概率为
(或 ). 17 分直播间展示时长
1
2
3
4
5
即时下单量
12
18
25
30
34