福建省漳州市2026届高三三检考试数学试卷含答案（word版）

这是一份福建省漳州市2026届高三三检考试数学试卷含答案（word版），共4页。试卷主要包含了 只给整数分数， ABC 10， 解法一， 解，证明等内容，欢迎下载使用。
1. 本解答给出了一种或几种解法供参考, 如果考生的解法与本解答不同, 可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。
2. 对计算题, 当考生的解答在某一步出现错误时, 如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半; 如果后继部分的解答有较严重的错误, 就不再给分。
3. 解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。
4. 只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。
一、单项选择题:本大题共 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. D 2. B 3. A 4. A 5. D 6. A7. C 8. C
二、多项选择题:本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中， 有多个选项符合题目要求, 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. ABC 10. ABC 11. ACD
三、填空题:本大题共 3 题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 7π 13. x−y+1=0 14. 50
四、解答题:本大题共 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. 解法一: (1) 由题意,得 2c=F1F2=4,4a2+69b2=1,c=a2−b2,a>b>0, 3 分
解得 a=6,b=2,c=2, 5 分
所以 C 的方程为 x26+y22=1 . 6 分
(2)设 Qx0,y0,x0>0,y0>0 ，由题意，得 F1−2,0 ， F22,0 .
因为点 Q 在 C 上且在第一象限， △QF1F2 为直角三角形,
所以 ∠QF2F1=90∘ ,或 ∠F1QF2=90∘ . 7 分
若 ∠QF2F1=90∘ ,则 Q2,63 ; 8 分
若 ∠F1QF2=90∘ ,则 QF1⋅QF2=−2−x0,−y0⋅2−x0,−y0=x02−4+y02=0 ,11 分
又 Q 在 C 上,所以 x026+y022=1 , 12 分
所以 x0=3,y0=1, 即 Q3,1 .
综上,点 Q 的坐标为 2,63 ,或 3,1 . 13 分
解法二: (1) 由题意,得椭圆 C 的左、右焦点分别为 F1−2,0,F22,0 ,点 P−2,63 在 C 上, 1 分
所以 c=2,2a=PF1+PF2=63+16+69=26 , 3 分
所以 a=6,b=a2−c2=2 , 5 分
所以 C 的方程为 x26+y22=1 . 6 分
(2)因为点 Q 在 C 上且在第一象限， △QF1F2 为直角三角形,
所以 ∠QF2F1=90∘ ,或 ∠F1QF2=90∘ . 7 分
若 ∠QF2F1=90∘ ,则 Q2,63 ; 8 分
若 ∠F1QF2=90∘ ,则 QF12+QF22=F1F22=16 ,
因为 QF1+QF22=2a2=24 ,即 QF12+2QF1⋅QF2+QF22=24 ,
解得 QF1⋅QF2=4 .
设 Qx0,y0, x0>0,y0>0 ,
所以 S△F1QF2=12F1F2⋅y0=12QF1⋅QF2 ,即 2y0=2 ,所以 y0=1 . 11 分
又 Q 在 C 上,所以 x026+y022=1 , 12 分
所以 x0=3,y0=1, 即 Q3,1 .
综上,点 Q 的坐标为 2,63 ,或 3,1 . 13 分
16. 解法一: (1) 由 ac=csCcsA 得, acsA=ccsC ,所以 sinAcsA=sinCcsC , 2 分
即 12sin2A=12sin2C ,即 sin2A=sin2C . 3 分
因为 A,C∈0,π ,所以 2A,2C∈0,2π ,
所以根据 y=sinx 的图象可得 2A=2C ,或 2A+2C2=π2 ,或 2A+2C2=3π2,… 5 分
所以 A=C ,或 A+C=π2 ,或 A+C=3π2 , .6 分
又 A+C∈0,π,A+B+C=π ,所以 A=C ,或 B=π2 ,
所以 △ABC 是等腰三角形或直角三角形. .7 分
(2)①若 A=C ，则 a=c=2 ，则 a+c=4=b ，不满足三角形三边关系，舍去；.8 分
② 若 B=π2 ，则 BC=a=b2−c2=23 . .9 分
以 B 为原点,分别以 BC,BA 为 x,y 轴建立平面直角坐标系,
则 B0,0,A0,2,C23,0,M3,0,N3,1 , 所以 AM=3,−2,BN=3,1 , 12 分
所以 cs∠MPN=cs⟨PM,PN⟩=cs⟨AM,BN⟩ =AM⋅BNAM⋅BN=3,−2⋅3,132+−22⋅32+12=714 .15 分
解法二: (1) 同解法一; .7 分
(2)①若 A=C ，则 a=c=2 ，则 a+c=4=b ，不满足三角形三边关系，舍去； 8 分
②若 B=π2 ，则 BC=a=b2−c2=23 ， .9 分
AM=BM2+AB2=32+22=7,
BN=12AC=2. 10 分
因为 BC,AC 边上的两条中线 AM,BN 相交于点 P ,所以 P 为 △ABC 的重心,
所以 PM=13AM=73,PN=13BN=23,MN=12AB=1 , 13 分
所以 cs∠MPN=PM2+PN2−MN22PM⋅PN=714 . .15 分
解法三: (1) 由 ac=csCcsA ,得 a⋅b2+c2−a22bc=c⋅a2+b2−c22ab , .2 分
即 a2b2+c2−a2=c2a2+b2−c2 ,
化简,得 a2−c2b2−a2−c2=0 , .5 分
从而 a=c ,或 b2=a2+c2 , .6 分
所以 △ABC 是等腰三角形或直角三角形. .7 分
(2)
①若 a=c=2 ，则 a+c=4=b ，不满足三角形三边关系，舍去； .8 分
②若 b2=a2+c2 ，则 B=π2 ，所以 BC=a=b2−c2=23 ， .9 分
csC=ab=32 ,所以 C=π6 .
又 BN=12AC=CN ,所以 ∠CBN=C=π6 . 11 分
在 Rt △ABM 中, AM=AB2+BM2=7,sin∠AMB=27,cs∠AMB=37 , 13 分
所以 cs∠MPN=cs∠CBN+∠AMB=csπ6+∠AMB
=32cs∠AMB−12sin∠AMB=714 . .15 分
17. 解:(1)由题意，机器人无需进行第二轮巡检的概率为
P=C322321−23+C33233=2027; 3 分
(2)由题意得， X=3,5,6 ， 4 分
且 PX=3=C32p21−p+C33p3=3p21−p+p3 , 5 分
PX=5=C31p1−p2=3p1−p2, 6 分
PX=6=C301−p3=1−p3, 7 分
所以 EX=33p21−p+p3+5×3p1−p2+61−p3=3p3−3p2−3p+6 ,
所以 EX=3p3−3p2−3p+6,p∈23,1 . 9 分
(3)应选方案一，理由如下: 10 分
记 Y 为机器人巡检的检测总费用, Z 为人工巡检的检测总费用,
由题意得, EZ=Z=30×3=90 , 11 分
令 fp=3p3−3p2−3p+6,p∈23,1 ,
则 f′p=9p2−6p−3=33p2−2p−1=33p+1p−1 ,
因为 p∈23,1 ,所以 f′p3 ,
所以点 A 在 xOy 面内的曲线 Γ:x23−y26=1x>3 上,
同理,点 C 也在 Γ 上. 10 分
在平面直角坐标系 xOy 内, D23,0 ,
设直线 AC 的方程为 x=my+23 ,代入 Γ:x23−y26=1x>3 ,
得 2m2−1y2+83my+18=0 , 设 AxA,yA,CxC,yC ,则
2m2−1≠0,Δ=83m2−722m2−1>0,yA+yC=−83m2m2−1,yAyC=182m2−1