福建泉州市2026届高三下学期模拟考试（一）高三数学试卷与解析（word版+pdf版）

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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、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. 已知集合 A={−1,0},B={x∣x=2} ,则 A∪B=
A. ⌀ B. {−1,0} C. {−1,0,2} D. {−1,0,4}
2. 若复数 z 满足 z2=iz ,则 z=
A. −i B. i C. 0 或 −i D. 0 或 i
3. 已知向量 a=1,0,0,b=6,6,6 ,则 cs⟨a,b⟩=
A. 36 B. 13 C. 33 D. 63
4. 已知函数 fx 的部分图象如图,则 fx 的解析式可能是
A. fx=xx2+1 B. fx=x2x4+1 C. fx=sinπ2x D. fx=xlnx+1
5. 为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展 AI 应用培训活动. 现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分 X 的取值分别为0,1,2,若 EX=1,PX≥1=0.9 ,则 DX=
A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4
6. 已知直线 l:x−y−2=0 ,圆 C 关于 y 轴对称,且过点 A−1,3,B1,1 ,则圆 C 上的点到 l 的距离的最大值与最小值之和等于
A. 2 B. 22 C. 32 D. 42
7. 已知 α,β,γ 成等差数列, 2sinα−sinγ=2csβ,2csα+csγ=3sinβ ,则 csα+γ=
A. 313 B. 313 C. 13 D. 1
8. 已知定义在 R 上的函数 fx 的图象是一条连续不断的曲线,且 f−x+fx=0 ,若当 x>0 时, fx+f′xex>fx−f′xe−x, 则
A. fe0 的切线,则 a 的取值范围是_____.
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. (13 分) 在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 A2,0 ,动点 P 关于 O 的对称点为 Q ,且直线 AP,AQ 的斜率之积是 −14 ,记 P 的轨迹为曲线 E .
(1)求 E 的方程；
(2)若 P 关于 x 轴的对称点为 M ，求 △PQM 的面积的最大值.
16. (15 分)为深入贯彻“五育融合”的教育理念，某地在中小学全面推广劳动教育实践课程，定期统计学生参与劳动实践的情况，下表是课程开设后前 5 个月的数据，其中 x 表示月份编号， y 表示该月份日平均参与劳动实践的学生人数 (单位: 万).
根据表格数据得到如图所示的散点图.

(1)根据散点图推断 y 与 x 是否线性相关，计算样本相关系数，并推断它们的相关程度;
(2) 由 (1) 所得结论,建立 y 关于 x 的回归方程，并预测第 6 个月的日平均参与人数;
(3) 假设第 6 个月 (按 30 天计) 的日参与人数 Y (单位: 万) 服从正态分布 Nμ,0.022 ,并视 (2) 的结果为 μ 的值, 预测该月份日参与人数超过 1.75 万的天数是否不少于 25 天.
附:
① 样本相关系数 r=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2i=1nyi−y2 ;
②回归直线 y=bx+a 的斜率的最小二乘估计为 b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2 ;
③ i=15xi2=55,i=15yi2=5.68,i=15xiyi=17.6,1.7≈1.304 ;
④ 若 X∼Nμ,σ2 ,则 PX−μe−1 ;
(ii) 记 fx 的极值点为 x0 ,若 mx0−lnx0≤a ,求 m 的取值范围.
19. (17 分)
科赫四面体是一种借助递归迭代生成的分形几何体. 其构造过程是: 从一个正四面体开始, 在该几何体的每个正三角形面上,移除以各边中点为顶点的小三角形,并以此小三角形为底面,向外构建小正四面体. 如图,持续重复对新生成的几何体执行上述操作,最终得到科赫四面体.

现有一种高效吸附材料,其结构为科赫四面体模型,此模型是由棱长为 62 的正四面体经过持续重复上述操作得到的. 记第 n 次操作后生成的几何体为 Fn ,设 Fn 的表面积为 Sn ,体积为 Vn .
(1) 求 S1,S2,V1,V2 ;
(2)在材料科学中，物料的表面积与体积之比被定义为比表面积，其值越大，吸附能力越强. 根据比表面积 SnVn 随 n 的变化趋势,说明该材料吸附能力强的原因.
(3)是否存在一个球形容器，能够使该材料整体放入其中？若存在，求其半径的最小值；若不存在，请说明理由.
泉州市 2026 届高中毕业班模拟考试(一) 数学参考答案及评分细则
2026.03
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。
二、选择题: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，有选错的得 0 分。
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 49
13. 7
14. 34,+∞
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.(13分)
【命题意图】
本题主要考查椭圆的标准方程、简单几何性质等知识; 考查运算求解能力、逻辑推理能力等；考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想等；体现基础性、综合性，导向对数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】
解法一: (1)设 Px,y ,则 Q−x,−y ,则 1 分
kAP=yx−2, kBP=−y−x−2 ,且 x≠±2 , 3 分
由 kAP⋅kBP=−14 ,得 yx−2⋅−y−x−2=−14 , 4 分
整理,得 4y2=4−x2 ,即 x24+y2=1 , 5 分
故 E 的方程为 x24+y2=1x≠±2 . (约束条件也可写成 y≠0 ) 6 分
(2)依题意，得 Mx,−y ，则 MP=0,2y ， MQ=−2x,0 ，
所以 MP⋅MQ=0 ,从而 MP⊥MQ ,所以 PM⊥QM , 1 分
则 △PQM 的面积 S=12PM⋅QM=122y⋅2x=2xy , 3 分
因为点 P 在曲线上,则 x24+y2=1 ,所以 1=x24+y2≥2x2⋅y , 5 分
即 xy≤1 ,当且仅当 x2=y=22 时取 “ = ”. 6 分
故 △PQM 面积的最大值为 2 . 7 分
解法二: (1) 同解法一; 6 分
(2)设 P2csθ,sinθ,θ∈0,π∪π,2π ，
则 Q−2csθ,−sinθ,M2csθ,−sinθ , 1 分
所以 MP=0,2sinθ,MQ=−4csθ,0 ,
所以 MP⋅MQ=0 ,从而 MP⊥MQ ,所以 PM⊥QM , 2 分
则 △PQM 的面积 S=12PM⋅QM=122sinθ⋅4csθ=2sin2θ , 4 分
又 sin2θ≤1,2θ∈0,2π∪2π,4π ,
故当 2θ=π2 或 2θ=3π2 或 2θ=5π2 或 2θ=7π2 ,
即 θ=π4 或 θ=3π4 或 θ=5π4 或 θ=7π4 时, 6 分
Smax=2 . 7 分
解法三: (1) 同解法一; 6 分
(2)当直线 PQ 的斜率不存在时,点 M 与点 Q 重合,此时不合题意;
当直线 PQ 的斜率存在时,设直线 PQ 的方程为 y=kxk≠0,Px,y ,
则 Q−x,−y,Mx,−y ,从而 MP=0,2y,MQ=−2x,0 ,
所以 MP⋅MQ=0 ,从而 MP⊥MQ ,所以 PM⊥QM , 1 分
由 y=kx,x24+y2=1, 消去 y ,得 1+4k2x2=4 ,整理,得 x2=41+4k2 , 2 分
所以 △PQM 的面积 S=12PM⋅QM=122y⋅2x=2kx2=8k1+4k2=84k+1kk≠0 ,
4 分
因为 4k+1k≥24k⋅1k=4 ,当且仅当 4k=1k ,即 k=12 时取 “ = ”, 6 分
所以 Smax=2 . 7 分
16. (15 分)
【命题意图】
本小题主要考查变量间的相关关系、样本相关系数、一元线性回归方程、正态分布的等知识; 考查运算求解能力等; 考查数形结合思想、化归与转化思想、或然与必然思想等; 体现综合性、应用性, 导向对数学建模、数学运算核心素养的关注.
【试题解析】
解法一: (1) 根据散点图直观判断 y 与 x 之间线性相关. 1 分
因为 x=3,y=1 , 2 分
i=15xiyi−5xy=2.6, i=15xi2−5x2=10, i=15yi2−5y2=0.68, 3 分
r=i=15xiyi−5xyi=15xi2−5x2i=15yi2−5y2=2.610×0.68=2.621.7≈0.997, 5 分
所以 y 与 x 的线性相关程度强; (求出 r 的值并直接判断不扣分) 6 分
(也可利用“ r>0.75 ”或“ r 接近 1 ”判断相关程度强)
(2)设 y=bx+a ，则 b=i=15xiyi−5xyi=15xi2−5x2=2.610=0.26 ， 1 分
a=y−bx=1−0.26×3=0.22, 2 分
所以 y=0.26x+0.22 , 3 分
故 x=6 时, y=0.26×6+0.22=1.78 . 4 分
(3)依题意，得 Y∼N1.78,0.022 ，
由正态分布性质,可知 PY>1.75>PY>1.76=PY>μ−σ . 1 分
因为 PY−μμ−σ=0.5+PY−μ2530 , 4 分
所以该月日参与人数超过 1.75 万人的天数不少于 25 天. 5 分
解法二: (1) 根据散点图直观判断 y 与 x 之间具有线性相关关系. 1 分
因为 x=3,y=1 , 2 分
i=15xi−xyi−y=2.6,i=15xi−x2=10,i=15yi−y2=0.68, 3 分
r=i=15xi−xyi−yi=15xi−x2i=15yi−y2=2.610×0.68=2.621.7≈0.997, 5 分
所以 y 与 x 的线性相关程度强; (求出 r 的值并直接判断不扣分) 6 分
(也可利用 “ r>0.75 ” 或 “ r 接近 1 ” 判断相关程度强)
(2)设 y=bx+a, b=i=15xi−xyi−yi=15xi−x2=2.610=0.26 ， 1 分
a=y−bx=1−0.26×3=0.22, 2 分
所以 y=0.26x+0.22 , 3 分
故 x=6 时, y=0.26×6+0.22=1.78 . 4 分
(3)同解法一. 5 分
17. (15 分)
【命题意图】
本小题主要考查平面向量、解三角形等知识; 考查运算求解能力、推理论证能力等; 考查数形结合思想、化归与转化思想等; 体现基础性、综合性、应用性, 导向对数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】
解法一: (1) 由正弦定理,得 S=12bcsinA , 2 分
AB⋅AC=AB⋅ACcsA=cbcsA 4 分
由 2S+3AB⋅AC=0 ,得 bcsinA+3bccsA=0 ,整理,得 tanA=−3 , 5 分又因为 00 ,所以 gx 在 1,+∞ 单调递增,
所以 gx>g1=2−ln2−1=1−ln2>0 ,所以 2x−lnx−1>0 , 5 分
即 exx−lnx−1+1x+1x22x−lnx−1x−lnx2>0 , 6 分
所以 h′x>0 ,所以 hx 在 1,+∞ 单调递增. 7 分
所以 hx>h1=e−1 ,
故 m≤e−1 . 8 分
解法二: (1) 函数 fx 的定义域 0,+∞,f′x=ex−1x−a , 1 分
令 gx=ex−1x−a ,因为 g′x=ex+1x2>0 ,
所以 gx=ex−1x−a 在 0,+∞ 单调递增,即 f′x=ex−1x−a 在 0,+∞ 单调递增.
由于 f′1a+e+1=e1a+e+1−11a+e+1−a=e1a+e+1−a+e+1−a
0 ,显然成立; 2 分
(2)当 m>0 时， h′x=ex+1x2−m1−1x=1xxex+1x−mx−1 ，
令 gx=xex+1x−mx−1 ,则 g′x=x+1ex−1x2−m .
显然 g′x 在 1,+∞ 单调递增,所以 g′x>2e−1−m . 3 分
① 当 m≤2e−1 ,则 g′x>2e−1−m≥0 ,
此时 gx=xex+1x−mx−1 在 1,+∞ 单调递增,
所以 gx>e+1>0 ,即 h′x>0 . 4 分
所以 hx 在 1,+∞ 单调递增,所以 hx>h1=e−1−m ,
欲使 hx>0 ,只需 e−1−m≥0 ,即 m≤e−1 .
即 02e−1 时，则 h1=e−1−me .
所以 p′x>e+1x2−e−11−1x=1x2+e−1x+1>0
所以 px 在 1,+∞ 单调递增, 7 分
所以 px>p1=0 .
综上,实数 m 的取值范围为 m≤e−1 . 8 分
19. (17 分)
【命题意图】
本小题主要考查空间几何体、数列及其前 n 项和、不等式等知识; 考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力等; 考查数形结合思想、化归与转化思想、创新意识等; 体现基础性、综合性、应用性与创新性, 导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】
解法一: (1) 正四面体 ABCD 的表面积为 4×34×622=723 . 1 分
依题意,得 S1=723×32=1083 ; 2 分
S2=1083×32=1623; 3 分
正四面体 ABCD 的体积为 13×183×43=72 . 4 分
V1=72+72×123×4=108 5 分
V2=108+72×126×6×4=135. 6 分
(无详细计算过程但答案正确均给分)
(2)(i)依题意每次操作后，几何体的表面积变为上一次的 32 倍，
故数列 Sn 是首项为 1083 ，公比为 32 的等比数列，
所以 Sn=723⋅32n ; 1 分
依题意得, Vn−Vn−1=72×18n×6n−1×4n≥2 , 2 分
所以 Vn=108+k=2n72×18k×6k−1×4=108+k=2n36×34k−1
=108+1081−34n−1=216−144×34n. n≥2 ; 3 分
又当 n=1 时， 216−144×34n=108=V1
故 Vn=216−144×34nn∈N∗ . 4 分
又 Sn 为递增数列,且当 n→+∞ 时, Sn→+∞;Vn 为递增数列,且当 n→+∞ 时, Vn→216 ,所以当 n→+∞ 时, SnVn→+∞ ,故由此解释,该结构吸附能力强. (或 SnVn≥SnV1 , 故当 n→+∞ 时, SnVn→+∞ ,此处说理合情合理即可酌情给分) 6 分
(ii) 存在, R 的最小值即为正四面体 ABCD 的外接球半径为 33 . 1 分理由如下:

过点 A 作 AG⊥ 平面 BCD 于点 G ，因为四面体 ABCD 为正四面体，故 G 为 △BCD 外心，即重心,内心,垂心,则 G 在 DE 上,且 DG=2GE ,同理得 F 在 AE 上,且 AF=2FE , 则 O0 为四面体 ABCD 的外接球球心和内切球球心,设四面体棱长为 a , AO0=DO0=R0,GO0=FO0=r0 ,则 DG=23×32a=33a ,所以 AG=63a ,则由 63a−R02+33a2=R02 ,解得 R0=64a ,所以 r0=63a−64a=612a .
记第 1 次操作后构造的任一正四面体 T1 (即四面体 EHIJ ) 的外接球球心为 O1 ,连结 O0O1 . 则 JO1⊥ 平面 EHI ,设垂足为 F′,AE∩HI=K ,则 F′ 为 △EHI 的外心,重心,垂心,故 F′ 在 EK 上,且 EF=23EK=23×12AE=13AE ,故 F′ 与 F 重合,所以 D,O0,O1,F,J 共线, 则 O0O1⊥ 平面 EHI ,故 O0O1=612a+612a2=68a . 记第 2 次操作后在 T1 上构造的任一正四面体 T2 的外接球球心为 O2 ,连结 O1O2 ,依次类推, 第 n 次操作后在 Tn−1 上构造的任一正四面体 Tn 的外接球球心为 On ,其任意顶点为 Pn ,连结 On−1On,OnPn . 则依题意得:

O0O1=68×62=332,OnPn=62×12n×64=332n, 2 分 On−1On=612×62×12n−1+612×62×12n=612×62×12n−11+12=332⋅12n−1n≥1 , 3 分
从而 O0O1+O1O2+O2O3+⋯+On−1On+OnPn=332⋅1−12n1−12+332n=33 . 4 分
又 O0Pn=O0O1+O1O2+O2O3+⋯+On−1On+OnPn ,
所以 O0Pn≤O0O1+O1O2+O2O3+⋯+On−1On+OnPn=33 ,故 O0Pn≤33 ,即无论第几次迭代, Fn 的任意顶点到 O0 的距离都不会超过正四面体 ABCD 的外接球半径,
又 O0P1=33 ,
故 R 的最小值即为 33 . 5 分
解法二: (1) 同解法一; 6 分
(2)(i)同解法一； 6 分
(ii) 存在, R 的最小值即为正四面体 ABCD 的外接球半径为 33 . 1 分理由如下:

过点 A 作 AG⊥ 平面 BCD 于点 G ,因为四面体 ABCD 为正四面体,
故 G 为 △BCD 外心,即重心,内心,垂心,则 G 在 DE 上,且 DG=2GE ,
同理得 F 在 AE 上,且 AF=2FE ,则 O0 为四面体 ABCD 的外接球球心和内切球球心,
设四面体棱长为 a,AO0=DO0=R0,GO0=FO0=r0 ,则 DG=23×32a=33a ,
所以 AG=63a ,则由 63a−R02+33a2=R02 ,解得 R0=64a ,
所以 r0=63a−64a=612a .
记第 1 次操作后构造的任一正四面体 T1 (即四面体 EHIJ ) 的外接球球心为 O1 ,连结 O0O1 . 则 JO1⊥ 平面 EHI ,设垂足为 F′,AE∩HI=K ,则 F′ 为 △EHI 的外心,重心,垂心,
故 F′ 在 EK 上,且 EF=23EK=23×12AE=13AE ,故 F′ 与 F 重合,
所以 D,O0,O1,F,J 共线,则 O0O1⊥ 平面 EHI ,故 O0O1=612a+612a2=68a .

以此类推,几何体 Fn−1 最新构造的任一四面体 Tn−1 及其在 Fn 上对应的四面体 Tn ,棱长分别为 x 和 x2 ,其外接球球心为别为 On−1 和 On ,半径为 Rn−1 和 Rn ,记正四面体 ABCD 的中心为 O0 ,则 On−1On=68x . 2 分
因为 Rn=68x,Rn−1=64x ,所以 Rn−1−Rn=68x ,故 Rn−1−Rn=On−1On . 3 分

记球 On 体内(含表面)所有点 P 的集合为 Mn ,
因为 POn−1≤POn+OnOn−1≤Rn+Rn−1−Rn=Rn−1 ,所以 Mn⫋Mn−1n≥1 , 4 分
故 Mn−1⫋Mn−2,Mn−2⫋Mn−3,⋯,M1⫋M0 ,所以 Mn⫋M0n≥1 ,
因为球 On 为四面体的外接球,即对 Tn 上的任一点 Pn ,都有 Pn∈Mnn≥1 ,
所以 Pn∈M0 ,即 O0Pn≤R0=33 ,
故 R 的最小值即为正四面体 ABCD 的外接球半径为 33 . 5 分月份编号 x
1
2
3
4
5
日平均参与人数 y
0.5
0.7
1
1.3
1.5
题序
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
C
C
A
B
D
B
D
题序
9
10
11
答案
AD
ACD
ACD