2026年福建厦门市高中毕业班下学期3月模拟测试数学试题（附答案解析）

这是一份2026年福建厦门市高中毕业班下学期3月模拟测试数学试题（附答案解析），共32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．已知为第四象限角，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数和均为纯虚数，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．设M，N为全集的两个非空子集，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．若直线和被圆所截得的弦长相等，则（ ）
A．B．C．2D．4
5．已知函数，若，则（ ）
A．0B．C．1D．
6．设函数，记，则（ ）
A．B．
C．D．
7．在中，，点满足，若的面积为2，则BD的最小值为（ ）
A．B．C．2D．3
8．已知四面体ABCD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
二、多选题
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
10．已知曲线与坐标轴交于A，B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
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．
三、填空题
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______.
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）．
14．若函数恰有两个零点，则的取值范围是__________．
四、解答题
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：．
16．设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，．
(1)证明：平面PAC；
(2)已知，点满足平面PEC．
（i）求；
（ii）求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值．
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．
19．某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下：
①将各学生依次编号为，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；
③2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．
直播间展示时长
1
2
3
4
5
即时下单量
12
18
25
30
34
《福建厦门市2026届高中毕业班3月模拟测试数学试题》参考答案
1．C
【分析】根据同角三角函数的关系，结合角的范围，即可得答案.
【详解】由题意得，解得，
又为第四象限角，则，所以.
2．A
【分析】先求出复数的一般形式，再根据纯虚数的定义得到实部和虚部的方程，进而求解.
【详解】因为为纯虚数，所以设，
则，
因为为纯虚数，则，
即，则，则.
3．B
【详解】由，且 M，N为全集的两个非空子集，可得韦恩图，如图：
则.
4．B
【分析】先计算直线截圆所得弦长，再利用点到直线距离公式表示直线截圆的弦长，根据弦长相等建立方程，求解并结合的条件确定的值.
【详解】圆的圆心坐标为，半径.
圆心到直线的距离，
直线被圆截得的弦长为.
圆心到直线的距离，
直线被圆截得的弦长为.
由两弦长相等，得，两边除以2得.
两边平方得，移项得.
，整理得，即.
因，故，解得.
5．D
【分析】根据辅助角公式及条件，可得a值，根据诱导公式及特殊角的三角函数值，即可得答案.
【详解】由辅助角公式得，
因为，所以在处取得最大值，
则，解得，
则，
所以.
6．C
【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，比较自变量的范围和大小，利用函数单调性和奇偶性比较即得.
【详解】因为,所以函数是偶函数，所以.
当时,,此时有，所以函数在单调递增，
又因为 ,所以.
又因为,所以,
由函数的单调性可得即
7．B
【分析】通过建立平面直角坐标系，将等腰三角形的顶点坐标化，利用中点坐标公式确定点的坐标，结合三角形面积、基本不等式求解线段的最小值.
【详解】以中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
设，，（）.
的面积为.
由，得为中点，.
.
由基本不等式，，当且仅当时取等号，
代入，得，即时等号成立.
故，即的最小值为.
8．C
【分析】球的半径为，取外接圆的圆心分别为，由，及，列出等式即可求解.
【详解】
设与的外接圆半径分别为，外接圆的圆心分别为
由题意可得，即，
设球的半径为，的中点为，
连接，
因为是外接圆圆心，所以，又是的中点，
所以，同理，
又平面，平面，
平面平面，
所以为二面角的平面角，又平面平面，
则，
由球的性质可知：平面，平面，
又平面，平面，
则，，
所以四边形为矩形，
则，
又
所以，
又，所以，
所以,又，
所以，
即,
则球的半径为.
9．ACD
【详解】对于A，由数据可知，即时下单量随着直播间展示时长的增大而增大，
因此直播间展示时长与即时下单量为正相关，即样本相关系数，故A正确；
对于B，由数据可知，，，
则回归直线过中心点，不过点，故B错误；
对于C，将点代入，可得，解得，故C正确；
对于D，由C知，与的经验回归方程为，
则时，，故D正确.
10．ABD
【分析】对于A，分别令求得曲线与坐标轴的交点，结合两点间的距离公式即可判断；对于B，验证关于的对称点也在上即可判断；对于C，将直线代入到曲线方程，该方程无解，故直线与曲线无公共点，对于D，通过分析曲线在不同象限的分支，并考虑其渐近线，结合的值与面积，即可判断满足条件的点的个数.
【详解】对于A，不妨设与轴交于点，与轴交于点，
令，则，解得，即，
令，则，解得，即，易得直线，
则，故A正确；
对于B，当时，，在第一象限内有图象（双曲线的一部分），
当时，，在第四象限内有图象（圆的一部分），
当时，，在第三象限内有图象（双曲线的一部分），
当时，，此时等式不成立，故在第二象限内没有图象，
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B正确；
对于C，联立，得，无解，故C错误；
对于D，若的面积为，且，则到的距离为，
若在第四象限，此时的轨迹是圆心为，半径为1的圆在第四象限的部分图像，
圆心到的距离为，
则到的距离的最大值为，
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，
直线与直线的距离为，
若的面积为，且，
则到直线和渐近线的距离都为，
如图，满足题意的点恰有两个，故选项D正确.
11．ACD
【分析】利用新定义判断AB；结合列举法利用古典概型概率公式求解判断C；求出所有满足的n，然后求平均值即可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，所以，正确；
对于B，中的元素个数为，错误；
对于C，设，中满足元素如下：
因为，所以以的大小作为分类依据，
时，，，，，
，，，共有7个，
同理时有8个，时有9个，所以，正确；
对于D，集合中所有元素和为，
所以，正确.
12．
【分析】利用圆锥体积公式计算即可.
【详解】由题意如图所示：
在直角中，，
所以，
所以围成的几何体是一个底面圆半径为，高为的圆锥，
故该几何体的体积为：.
13．18
【分析】结合排列组合知识，按照分类加法原理和分步乘法原理求解即可.
【详解】先将3名男生和2名女生按要求分成两组，有两类分组方法：
第一类：由1男1女组成一组，其余2男1女组成一组，有种分法；
第二类：由1男2女组成一组，其余2男组成一组，有种分法.
所以共有种分组方法.
再将分好的两组分配到甲、乙两地参加社会调研，有种分法，
根据乘法分步原理，不同的安排方案有种.
14．
【详解】函数恰好有两个零点，可转化为函数与函数的图象恰有两个交点.
①当恒成立，即时，
问题转化为方程即有两个不同的解.
由.
所以或.
②当时，方程有两个正根，（），如图，
当时，恒成立，
所以此时直线与曲线必有两个不同的交点.
③当时，方程有两个负根，（），如图，
当时，恒成立，
所以此时直线与曲线必有两个不同的交点.
综上可得：若函数恰有两个零点，则的取值范围是.
15．(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用，结合等差数列的定义即可求解；
（2）使用等差数列前项和公式求得，再使用裂项相消结合的取值范围即可得证.
【详解】（1）当时，，
则，
即，
由于，所以，
，解得，，
所以是首项为3，公差为2的等差数列，得证，
即.
（2）由（1）知，，
所以，
则
即，
又因为，所以，故得证.
16．(1)当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增；
(2)证明见解析.
【分析】（1）先求出导函数，再对分情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由（1）可知当时，的最小值为，令，利用导数得到的最小值为，
所以，即证得.
【详解】（1）函数的导数为，
当时，恒成立，故，所以在上单调递增；
当时，令 ，得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，当时，在处取得最小值，
因此，对任意，有.
只需证明 ，即
令，.
求导得，
，故在上单调递增.
由知，当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增.
所以在处取得最小值.
因此，即成立，等号当且时取得.
17．(1)证明见详解
(2)；
【分析】（1）设AC，BD交于点，通过证明即可证明平面PAC；
（2）（i）取PC中点，通过证明及可得OFEB是平行四边形，即可求得；
（ii）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面PBD、PEC的法向量，通过法向量求解余弦值即可．
【详解】（1）因为ABCD为菱形，所以，设AC，BD交于点，则，
又因为，所以，因为，AC，平面PAC，所以平面PAC．
（2）（i）取PC中点，则且，由知，
所以，即四点共面，
因为平面PEC，平面OBEF，平面平面，所以，
因此OFEB是平行四边形，故，即．
（ii）由（1）可知，平面PAC，因为平面ABCD，所以平面平面PAC，
因为平面平面，所以在平面PAC内作Oz垂直于AC，如图，
以为原点，建立空间直角坐标系，
由题意可知，，，，
因为，且，所以，，
因此，，，
，，
由此可知，设平面PBD的一个法向量，
则，也即，
令，得，设平面PEC的一个法向量，
则，也即，
令，得，所以，
所以平面PBD与平面PEC夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)（i）证明见解析，（ii）存在点，使得为定值.
【分析】（1）由条件得到在椭圆上，代入椭圆方程，结合即可求解；
（2）（i）分别设，，，，通过联立椭圆方程，得到坐标，确定方程，进而得到坐标，即可求证，（ii）设，通过，得到恒成立，进而可求解.
【详解】（1）依题意，
所以，
由直线交于，两点，，
可知点在椭圆上，
所以，解得，
所以椭圆方程为；
（2）
（i）设，，
设直线，，
由可得：
，
解得，
同理联立和椭圆方程，可得，
所以直线的斜率为，
所以直线，
同理可得的斜率为，
所以直线，
由可得，又，
所以；
（ii）假设存在点，使得为定值，
即，
所以恒成立，
则，解得，
所以存在点，使得为定值.
19．(1)
(2)1
(3)
【分析】（1）根据题意，在1号手中放入红卡，取出黑卡满足题意，再求解对于概率即可；
（2）先根据全概率公式，建立递推关系，求得对任意号学生抽取卡片后手中有两张红卡和一张黑卡的概率为，，再求号手中红卡个数的取值及对应概率，并求解期望即可.
（3）由题可知，一轮游戏后至少还有个学生未被淘汰”，其中，进而结合（2）得一轮后单个学生不淘汰的概率为，根据未被淘汰的人数二项分布求得，二轮结束后人中剩1人未被淘汰的概率为：，最后结合组合恒等式，全概率公式求得即可.
【详解】（1）解：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
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；
（2）解：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，故，
又，所以，，
假设一轮游戏结束后，号手中红卡个数为，可能取值为，
，
，
，
所以.
（3）解：由题可知，一轮游戏后至少还有两位学生未被淘汰，
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）知，每个学生，一轮后最终卡片的状态概率为：
两红的概率；两黑的概率，
所以，单个学生被淘汰的概率均为，不淘汰的概率为
故一轮结束后，未被淘汰的人数服从二项分布，
所以，，
第二轮结束后，人中剩1人未被淘汰的概率为：，
所以，
由全概率公式得：
因为，
因为，
所以
所以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
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
B
B
D
C
B
C
ACD
ABD
题号
11









答案
ACD