福建省厦门市第一中学2026届高考最后一卷数学试卷含答案（word版）

这是一份福建省厦门市第一中学2026届高考最后一卷数学试卷含答案（word版），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
6.不考虑甲是否去场馆，所有志愿者分配方案总数为，甲去场馆的概率相等，所以甲去场馆或的总数为，甲不去场馆，分两种情况讨论：
情形一，甲去场馆，场馆有两名志愿者共有种；
情形二，甲去场馆，场馆场馆均有两人共有种，
场馆场馆均有两人共有种，所以甲不去场馆时，
场馆仅有2名志愿者的概率为.
7. 由题意可知：圆的圆心为，半径，设数列公差为d，
则直线可化为，即．
令，解得，可知直线过定点，当时，弦长最小，
此时最小．又因为，则，
可知，则．
8. 若，则，即．令函数，则.
时，;时，.在上递增，在上递减．
．令函数，则．
当时，，所以在上单调递增，，
即．因为，，所以在和上各有
一个零点，所以有2个解，即有2个解，显然其中1个解为．若，
则，即．因为函数与函数的图象只有一个交点，方程只有一个解，即只有一个解，易得．故＂＂是＂＂的必要不充分条件．
二、多项选择题： 9.BC 10.ABD 11.ACD
10. 解：对于选项，依题意，三棱锥的底面上的高为1，
因为底面△的面积为，
故三棱锥的体积为定值，故选项正确；
对于选项，因点到平面的距离是1，则侧面△的边上的高的最小值为1，
所以△的面积有最小值，此时，设点到平面的距离为，
由，得，当取最小值时，有最大值6，正确；
当点(异于点到平面的距离是1，且、在平面异侧时，与相交，错误；
对于选项，设球心到，，，的距离为5，△的外接圆圆心为．
由△是边长为的等边三角形，可知△的外接圆半径为，
则，因为点到平面的距离是1，
所以的轨迹是以为半径的圆或是以为半径的圆，
所以的轨迹长度是，故选项正确．
11. 由于是方程的根，则有：
两边同乘，可得递推关系：，
则，即
等式两侧同除以2，可得
故数列的递推公式：，，.
，A正确. 选项B：化简，结合展开得：
，B错误.
选项C：依次计算可得：，，，，，
，经过计算，从往后，可得个位数循环节为：，即周期为6，
所以，余数为，对应个位数字为，C正确.
选项D：由代入得：
，可得，是完全平方数，D正确.
三、填空题：12. 13. 14.4
14. 依题意，点在的渐近线上，点在的右支上.
因为，所以.
设为坐标原点，又，分别为，的中点，则，
又，，故，
故，而，则.
在中，由余弦定理，得，解得(负值舍去).
四、解答题：
15. 解：(1)，--------(3分)
所以，则；------------------(5分)
(2)由(1)得，因为(A)，
所以，即，，即，------------------(7分)
因为，
所以，即，
则，
因为，所以，则，所以，------------------(10分)
则△为直角三角形，
则△的面积，所以．------------------(13分)
16.解：(1)证明方法一：
因为，，分别为，，的中点，点在直线上，
取中点，连接、，
故、，则，故、、、四点共面，------------------(3分)
因为平面，，平面，
故直线与直线为异面直线；------------------(5分)
注：利用形如“，，，则异面”的方法进行判定都可以给分.
证明方法二：
假设直线EF，GH不异面，则EF与GH相交或平行，
若EF//GH，又因为EF//CD，则由CD//GH，显然不成立，矛盾；
若EF与GH相交，不妨设两直线交点为M，则平面，且平面，
所以在平面与平面的交线CD上，因为EF//CD，显然不成立，矛盾，
综上，假设不成立，直线EF，GH为异面直线
(2)因为点与直线同在平面中，所以直线平面，又因为平面，
设直线与直线的交点为N，N为平面与平面的公共点，所以交点必在
直线上，延长GH与CD交于点N，联结PN，则直线PN即为直线，------------------(6分)
因为G为BC中点，所以BG=GC，又因为，，
所以，所以，------------------(7分)
由△是正三角形，且为中点，故，
由平面，平面，故，
又，、平面，故平面，
故可以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，------------------(8分)
则，0，、，0，、，4，、，4，、
、，4，、，0，，------------------(9分)
由，分别为，的中点，故、，
则，，，，
设，，则，
所以直线l的一个方向向量为，------------------(11分)
设平面的法向量为，则有，
取，则、，即，------------------(13分)
设直线与平面的夹角为，则，
当且仅当时，等号成立，故最大值为，
即直线与平面所成角的最大值为．------------------(15分)
17.解：(1)由题意得，，所以，又因为离心率，所以，
所以，所以椭圆的方程为.------------------(3分)
(2)设，所以，将代入椭圆方程，
所以，所以.------------------(6分)
(3)当直线的斜率不为0时，设，联立椭圆方程，
得到，，------------------(8分)
设，，则，由韦达定理可得，
因为，原点到的距离为，
所以，------------------(10分)
又因为点到的距离为，，
所以，------------------(12分)
所以，由注意到，
所以；------------------(14分)
当直线AB的斜率为0时，四点共线无法构成三角形，故舍去;
综上，为定值. ------------------(15分)
18.解：
(1)设事件为甲第k次投出正面；事件为乙第k次投出正面，事件为乙恰好投掷三次后获胜
因为乙获胜时得两分，故必定投出两个正面，一个反面，且第三次投掷时投出正面，可按以下方式分类，
= 1 \* GB3 ①若乙获胜时甲得0分，则可表示为
= 2 \* GB3 ②若乙获胜时甲得1分，则可表示为+++------------------(2分)
由于每次投掷彼此独立且，所以-------(4分)
(2)当甲乙任意一方胜利时，双方总得分为2分或3分，即双方共n次投掷中硬币正面的次数为
2次或3次，且最后一次为正
(i)记甲投掷次，乙投掷次，所以，
因为只要有一方投出正面就会额外获得一次投掷机会，所以或2；
易知，，，------------------(6分)
当时，
= 1 \* GB3 ①若，硬币正面次数为3次，此时为奇数，甲获胜时，第次抛出正面，
且前次中甲、乙分别各有一次正面，显然两人不可能在连续两次分别投出正面，
若甲比乙先投出正面，则两人是在第中的某两次投出正面，此时有种情况；
若乙比甲先投出正面，则两人是在第中的某两次投出正面，此时有种情况；
因此共有种情况，所以此时-----------(9分)
= 2 \* GB3 ②当时，硬币正面向上次数为2次，全部由甲投出，此时为偶数，前次甲仅有一次抛出正面，可能在第次抛出，共有种情况，所以此时
所以综上，.-----------------------------------------(12分)
(3)注意到，设为偶数，将求和按奇偶项分列，所以设
，-----(14分)
所以，则
，
所以；
，
又因为，则，
所以，
所以，----------------------------------(16分)
若为奇数，则，所以得证------------------(17分)
19.解：(1)∵对任意，是的必要条件，
∴，在上单调递增，
则，即在上恒成立，------------------(2分)
令，，
在单调递减，.------------------(4分)
(2)(i)因为对有两个不等的实根，
所以有两个零点，------------------(6分)
若是方程的一个根，则，所以，
令，
当，则，当，则，
所以在单调递减；单调递增，
，
要使有两个零点，只需，------------------(9分)
即，令，
在(0,1)单调递增；单调递减，.------------------(11分)
(ii)令，则，，即，
构造方程，两根为，令，------------------(13分)
其中的两根为
令则，令，则，
在单调递减；单调递增，作出大致图象如下：
令，在单调递减；
单调递增，------------------(15分)
当时，，此时最小.
取最小值时，.------------------(17分)