福建省福州市2026届高三下学期五月质量检测数学试题 含解析

这是一份福建省福州市2026届高三下学期五月质量检测数学试题 含解析，共7页。试卷主要包含了 已知 ，则等内容，欢迎下载使用。
（完卷时间：120 分钟；满分：150 分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上
无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共 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. 已知集合 ，集合 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】 ，
2. 若复数 满足 ，则 （ ）
A. 100 B. 25 C. 10 D. 5
【答案】C
【解析】
【详解】 ， ，
则 ，故选项 C 正确.
3. 某 AI 数据中心共有 4 个开源大模型供公众使用.该中心分别对这 4 个模型在某天内的词元调用量进行调
查，画出频率分布直方图，其中词元调用量的平均数低于中位数的为（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】在频率分布直方图中，中位数左右两边面积相等，平均数受极端值影响，偏向长尾方向.
直方图左偏（左边拖尾长，右边集中）,如 D 选项→平均数 中位数；
直方图右偏（右边拖尾长，左边集中），如 B 选项→平均数 中位数；
直方图对称，如 AC 选项→平均数≈中位数.
故此题选 D.
4. 已知圆台的上､下底面面积分别为 ，且 ，圆台的高为 3，轴截面面积为 9，则该圆台的体积
为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设圆台的上下底面半径为 ，
因为 ，所以 ，则 ，
则轴截面面积为 ，得 ，
则该圆台的体积为
5. 已知点 是函数 的图象的一个对称中心，则 的最小值为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】令 ，解得 .
点 是函数 的图象的一个对称中心，
，解得 .
， ，解得 ；
， 符合条件的 的最小值为 1；
.
6. 记 为等比数列 的前 项和，设甲： 为等差数列，乙： 为等差数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差性质、等比数列的性质，结合充分条件、必要条件的概念求解判断即可.
【详解】设等比数列 的公比为 ，首项为 .
甲： ， ， .
因为 为等差数列，所以 ，即 ，
整理得 ，即 ，所以 .
乙： ， ， .
因为 为等差数列，所以 ，即 ，
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整理得 ，即 ，解得 或 .
所以若甲成立，乙一定成立，故甲是乙的充分条件；若乙成立，甲不一定成立，故甲不是乙的必要条件；
综上，甲是乙的充分不必要条件.
7. 如图是体现中国古代数学智慧的“赵爽弦图”，它由 4 个全等直角三角形和中心小正方形构成.若
，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为该图由 4 个全等直角三角形和中心小正方形构成，且 ，
所以 ，
故 ，
所以 ，
所以 .
8. 已知 ，则 的大小关系不可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由 ，得 ，转化为函
数 与 ， 与 ， 与 图象的交点问题；作出函数图象，结合图象
可得各个交点的位置关系，从而进行判断.
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【详解】 ， ， ,
， ， ；
即转化为函数 与 ， 与 ， 与 图象的交点问题.
分别画出 ， ， ， ， ， 的图象，如图所示：
由图可知， 与 的图象交于 两点， 与 的图象交于 两点， 与
的图象交于 两点；同时 .
对于 A， 时，满足 ，故 A 正确；
对于 B， ，不满足 ，故 B 错误；
对于 C， ，满足 ，故 C 正确；
对于 D， ，满足 ，故 D 正确.
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，有选諎的得 0 分.
9. 已知 ，则（ ）
A. 当 时，
B. 当 时，
C. 当 时，
D. 当 时，
【答案】BD
【解析】
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【分析】对于 AB：利用诱导公式运算求解；对于 C：利用倍角公式运算求解；对于 D：利用两角和差公式
可得 ， ，即可得结果.
【详解】对于选项 A：当 时，则 ，所以 ，故 A 错
误；
对于选项 B：当 时，则 ，故 B 正确；
对于选项 C：当 时，则 ，
可得 ，即 ，故 C 错误；
对于选项 D：因为 ， ，
则 ， ，
可得 ， ，所以 ，故 D 正确.
10. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 是奇函数，则
B. 若 是增函数，则
C. 所有零点的平方和等于
D. 当 时，存在两条互相垂直的直线都与曲线 相切
【答案】AD
【解析】
【分析】根据奇函数的定义可判断 A；根据导数与单调性的关系及一元二次不等式恒成立即可判断 B；根据
零点问题及韦达定理可判断 C；求出 的最值，根据已知条件及二次函数性质可得 ，结合
导数的几何意义及直线垂直的条件可判断 D.
【详解】对于 A：函数 的定义域为 .
若 是奇函数，则 ，即 ，
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所以 ，故 A 正确.
对于 B： .
若 是增函数，则 恒成立，
所以 ，即 ，故 B 错误.
对于 C：令 ，则 或 .
设方程 的根为 ， （2 个不等实根或 2 个相等实根或 2 个复数根），
对于 C：令 ，则 或 .
当 时，方程 无解，此时 只有 1 个零点，故 ；
当 时，方程 有两个相等实根或两个不等实根，记为 ， ，则 ，
，
此时 有 3 个零点，故 ，
综上，C 错误.
对于 D：设曲线 的两条切线斜率分别为 ， ，不妨令 ， ，
，则
又 ，所以 ，
所以一定存在切点 ， ，使得 ，即 ，
故当 时，存在两条互相垂直的直线都与曲线 相切，D 正确.
11. 在平面直角坐标系中，到两条坐标轴的距离之和与到点 的距离相等的点的轨迹是 ，则（
）
A. 点 在 上
B. 存在斜率为 1 的直线与 恰有 3 个公共点
C. 当且仅当 ，圆 与 恰有 4 个公共点
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D. 存在定点 ，过 且互相垂直的任意两条直线都与 相交，所有交点中必有两个与 等距
【答案】ABD
【解析】
【分析】依题意写出 上任意一点的坐标满足的等式即可得到方程，对于 A，代入点坐标即可；对于 B，
画出 的图像，根据图像判断出存在满足条件的直线，该直线与 在第二象限的曲线相切；对于 C，找到
反例即可；对于 D，先分析出与 等距的两个交点可能的分布，再结合几何分析得到与 等距的两个交点之
间的约束关系，观察约束关系恒成立时 点坐标应满足的条件.
【详解】设 上任意一点的坐标为 ，依题意有 ，
两边同时平方得 ，整理得 的方程为 ，
代入 得 满足方程，A 正确；
对 的方程进一步分析，可知 时等式不成立，
当 即在第一、三象限时，方程可化为 ，
当 即在第二、四象限时，方程可化为 ，
它们都可以通过反比例函数 和 平移得到，可画出图像如下，
设斜率为 的直线方程为 ，当它与第二象限部分的曲线相切时，
它与 恰有 3 个公共点，此时有 整理得 ，
令 ，得 （此时切点为 ）
或 （舍去，此时直线不经过第二象限），
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所以直线 与 恰有 3 个公共点，B 正确；
可知圆 在直线 和 之间移动，
直线 与 在第二象限部分的交点为 ，当圆经过
即 时，圆 与 相交，有 4 个公共点，现使圆心向右移动，
若当且仅当 ，圆 与 恰有 4 个公共点，
则意味着在 处圆与 第二象限部分的关系发生了突变，即从相交转为相切，
此时圆应与 第一象限部分也相切，从而保证恰有 4 个公共点，如上图所示，
但是圆心继续向右移动时，圆与 第二象限部分分离的同时与 第一象限部分相交，
此时也有 4 个公共点，直到圆经过 即 时才变为 个公共点，之后则是 2 个公共点，
因此 这一范围没有包括所有 4 个公共点的情况，C 错误；
若与 等距的两个交点在同一个象限也即在同一段曲线上，显然难以保持与 等距，
考虑与 等距的两个交点分别在不同的象限，若两个交点分别在二、四象限，
根据反比例函数平移的结果可知， 在第四象限的曲线的一部分与 在第二象限的曲线
关于 对称（也可以通过 判断），若取 ，
显然过 点的直线与 的两个交点同 保持等距，但当直线垂直于 轴时，
它与 没有交点，不符合条件，两个交点分别在一、三象限也一样，
接下来考虑与 等距的两个交点在相邻的象限的情况，比如分别在三、四象限，
设两个点分别为 ，设 ，
因为 且 ，由三角形全等可知 ①，
②，由②可得 ，
设 ，则 ，代入①中得 ，
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设 ，则 即 ，
当 时该等式恒成立，此时 ， 即为满足要求的点.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知数列 满足 ， ，则数列 的前 7 项和为__________.
【答案】5
【解析】
【详解】因为 ， ，所以 ， ， ，所以
数列 的周期为 3，
则数列 的前 7 项和 .
13. 等边三角形的一个顶点位于抛物线 的焦点，另外两个顶点都在该抛物线上，这个三角形的边长
为__________.
【答案】 或
【解析】
【分析】根据题意和抛物线以及正三角形的对称性，可推断出两个边的斜率，进而表示出这两条直线，与
抛物线方程联立，求交点的坐标，从而得解．
【详解】抛物线 的焦点为 ，
因为等边三角形的一个顶点位于抛物线 的焦点，
另外两个顶点都在该抛物线上，则等边三角形关于 轴对称，
所以两个边的斜率为 ，
其方程为 ，
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由 得 ，
当 时， ，
所以等边三角形的边长为 ；
当 时， ，
所以等边三角形的边长为 ；
故答案为： 或 .
14. 共有 3 枚质地均匀的硬币，每枚硬币抛出后正面朝上与反面朝上的概率均为 .第一次将三枚硬币同时
抛出，之后每次从当前反面朝上的硬币中任意选取 2 枚同时抛出，直到反面朝上的硬币数少于 2 枚时停止
操作.当停止操作时，所有硬币均为正面朝上的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】分别计算第一次抛硬币结果为 3 个正面，第一次抛硬币结果为 1 反 2 正，第一次抛硬币结果为 1
正 2 反，第一次抛掷结果为 3 反，且最终出现 3 正的概率，相加可得答案.
【详解】当第一次抛硬币结果为 3 正，停止操作，对应概率为 ；
当第一次抛硬币结果为 1 反 2 正，停止操作；
当第一次抛硬币结果为 1 正 2 反，发生概率为 .
对两枚出现反面的硬币继续抛掷，若出现 2 正，停止操作，对应概率为 ，
若出现 1 正 1 反，停止操作；若出现 2 反，回到原状态，对应概率为 .
则在出现 1 正 2 反的前提下，出现 3 个正面的概率为： ，
从而第一次抛硬币结果为 1 正 2 反，且最终得到 3 个正面的概率为： ；
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当第一次抛掷结果为 3 反，发生概率为 ，选择其中两枚出现反面的硬币继续抛掷，
若出现 2 正，停止操作；若出现 1 正 1 反，发生概率为 ，
此时抛硬币结果为 1 正 2 反，由以上解析可得最终得到 3 个正面的概率为 ，则对应概率为 ；
若出现 2 反，对应概率为 ，回到原状态，设在第一次抛掷结果为 3 反的前提下，得到 3 个正面的概率为
，则 ，
从而第一次抛掷结果为 3 反，且最终得到 3 个正面的概率为： .
综上所述，在各种情况下，最终得到 3 个正面的概率为 .
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 的内角 的对边分别为 ，已知 的面积为 .
（1）求 ；
（2）若 ，求 边上的中线长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理和面积公式可得；
（2）利用正弦定理求出 ，结 合（1）求出 ，即可求出 ，利用 可
得.
【小问 1 详解】
因为 以及余弦定理可得， ，即 ，
因为 的面积为 ，所以 ，即 ，
得 ，因为 ，所以 ；
【小问 2 详解】
由（1）可得， ，
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由正弦定理 可得， ，
因为 ，所以 ， ，
则由 可得 ，
设线段 的中点为 ，
则
，
得 ，得 ，
故 边上的中线长为
16. 近年，国家不断加大反诈宣传力度.“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏，其规则为在不透明袋中装有
若干个不同颜色的小球，以摸到特定组合即可获得大额奖金为诱饵，吸引路人参与.已知袋中装有 2 个红球，
3 个黄球，4 个蓝球，这 9 个球除了颜色不同以外其他特征均相同，摸球者从袋中随机摸出 5 个球，若其中
三种颜色球的个数比为 （所述比例不固定对应具体颜色，下同），则获得 100 元奖金；若其中三种颜
色球的个数比为 ，则获得 5 元奖金：若其中三种颜色球的个数比为 ，则没有奖金也不需付钱：
仅当其中三种颜色球的个数比为 时，需要支付 10 元.
（1）求摸球者摸球一次获得 100 元奖金的概率；
（2）试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局.
【答案】（1） .
（2）摸球者每次摸球的期望收益是 元，游戏对玩家不利，是骗局.
【解析】
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【分析】(1) 摸球者摸球一次获得 100 元奖金，则摸到 0 个红球，1 个黄球，4 个蓝球；或者摸到 0 个黄球，
1 个红球，4 个蓝球，从而求出对应的概率.
(2)求出摸球者每次摸球的期望收益是 元，即平均每次亏损 元，游戏对玩家不利，是骗局.
【小问 1 详解】
因为摸球者摸球一次获得 100 元奖金，所以摸到三种颜色球的个数比为 ，共有两种情况， 0 个红球，
1 个黄球，4 个蓝球；0 个黄球，1 个红球，4 个蓝球.
设“摸球者摸球一次获得 100 元奖金”为事件 ，则 .
【小问 2 详解】
设摸球者收益为 ，则 的可能取值是 100，5，0， ，
由(1)知 ,
因为获得 5 元奖金的情况有：0 个红球，2 个黄球，3 个蓝球；0 个红球，2 个蓝球，3 个黄球；0 个黄球，2
个红球，3 个蓝球；0 个蓝球，2 个红球，3 个黄球，
所以
因为没有奖金也不需付钱的情况有：1 个红球，1 个黄球，3 个蓝球；1 个红球，1 个蓝球，3 个黄球，
所以 ，
因为需要支付 10 元.的情况有：1 个红球，2 个黄球，2 个蓝球；1 个黄球，2 个红球，2 个蓝球；1 个蓝球，
2 个红球，2 个黄球，
所以 ，
所以 ，
即摸球者参与一次游戏，平均要损失 元，长期参与必然亏损，这就是典型的骗局.
17. 在四棱锥 中， 平面 ， .
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（1）证明：平面 平面 ；
（2）若 为棱 上一点（不含端点），直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求 .
【答案】（1）见小问 1 详解
（2）
【解析】
【小问 1 详解】
在底面梯形 中， ， ， ， .
过点 作 于点 ，过点 作 于点 ，
则 ， ，如图所示：
在 中， ， ，由勾股定理得：
在 中， ， ，
由勾股定理得：
在 中， ， ， ，
因为 ，所以 ，即 .
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
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又 ， ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以平面 平面 ，证毕.
【小问 2 详解】
以 为原点， 所在直线为 轴，过 且垂直于 的直线为 轴， 所在直线为 轴，建立
如图所示空间直角坐标系.
则 ， ， ，
点 在棱 上，设 （ ），
则： ，
因为 ，
向量：
设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，则
所以： 又因为
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ，
解得 ，所以
18. 已知椭圆 的右顶点为 ，上顶点为 ， ， 的面积为 4
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（ 为坐标原点）.以 为中心,焦点在 轴上的椭圆 在 的内部，且与 的离心率相等.分别过 作
的切线 ，设 的斜率分别为 .
（1）求 的方程；
（2）求 的值；
（3）若 的长轴长为 4，是否存在定点 ，当过 的动直线 与 交于两点 ，与 交于点 时，都
有 ？若存在，写出 的坐标并证明：若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）当 为 时，存在定点 满足条件；当 为 时，存在定点
满足条件
【解析】
【分析】（1）根据条件列出 的方程求解即可；
（2）设 的方程可设为 ，由 与 相切，联立方程得到 ，化简得到
，同理可得 ，即可得到 .
（3）先求出过点 的椭圆 的切线 ，方程为 ，题目中的 本
质是 按相同比例分割线段 ，结合 在椭圆 上的方程，消去比例参数后可得到过点 的恒
成立直线 ，由于 始终在切线 上，因此这条直线与 为同一条直线，通过系数成比例即可解
得定点 为 .
【小问 1 详解】
设 ， ，则 ，
，
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联立解得 ，
则 的方程 .
【小问 2 详解】
因为两椭圆的离心率相同，故 的方程可设为 ，
设切线 的方程为 ，切线 的方程为 ，
由 ，得 ，
由 ，即 ，
整理得 ，
同理可得 ，
所以 ，所以 .
【小问 3 详解】
易得 的方程为 ，设 的方程为 ，
由 ，得 ，
由 ，得 ，
当 的方程为 时，假设存在满足条件的点 ，设 .
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由题意知 不能在椭圆 上，
若 在椭圆 内且 ，则 ，显然条件不成立;
若 在椭圆 内且 ，则 ，显然条件不成立;
所以若 存在，则其必然在 椭圆外，
设 ，则 且 ，由题知 四点共线，
则 ，设 ，
由向量的共线关系可得:
①， ②，
③， ④,
由① ②，③ ④得到 ， ，
因为 在 上，所以它们的坐标满足 ⑤， ⑥，
由⑤ ⑥ 得到 ，
整体代入得到： 恒成立，
因为 在直线 上，
当 ， 是同一条直线时，即 时满足题意，
所以存在定点 符合题意.
当 的方程为 时，由图形的对称性可知，点 为所求定点.
综上，当 为 时，存在定点 满足条件；
当 为 时，存在定点 满足条件.
19. 已知函数 .
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（1）讨论 的单调性；
（2）关于 的方程 有两个实根 ，对每一个满足条件的 .
（i）求 的取值范围；
（ii）当 时，记 ，证明： .
【答案】（1）答案见解析；
（2） ，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）分 ， 两种情况求 单调区间可得答案；
（2）（i）由题设可得： ，设 ， ，两式相减结合 可得
，再设 ，通过证明 可得答案；
（ii）对于 ，两式相加结合 ，可得 ，据此可完成证明.
【小问 1 详解】
由题设可得 定义域为 ， .
当 时，则 ，从而 在 上单调递减；
当 ，令 ，可得 ，
， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增；
【小问 2 详解】
（i）由（1）分析可得， ，
则为使 有两个实根 ，则 .
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由题设可得： ，设 ，则 ，
两式相减可得 ，设 ，则 ，
从而 ， ，
由题 ，
设 ，则 ，
令 ，则 ，
则 在 上单调递减，则 ，
则要使 成立，则 ；
（ii）由上可得：对于 ，两式相加可得：
，
因 ，则 ，
从而
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