福建泉州市2026届高三下学期 模拟考试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份福建泉州市2026届高三下学期 模拟考试数学试题（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了考生作答时，将答案答在答题卡上， 记为数列的前项和，若，，则等内容，欢迎下载使用。
★稳扎稳打金榜题名★
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效.
3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.
4.保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损.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. 设集合，，则图中阴影部分表示的集合是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由，得，因为指数函数单调递增，所以，即.
已知，所以.
分析Venn图：阴影部分表示集合中去掉的部分.
因此阴影部分表示集合.
2. 已知点，向量，若与直线垂直，则到直线的距离等于（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线的方向向量与垂直求出，再由点到直线的距离求解.
【详解】因为直线的一个方向向量为，
又与直线垂直，所以，
解得，所以直线，
所以到直线的距离为.
3. 某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2025年国庆期间该市和两个景区的日接待人数的数据（单位：万人），绘制了如下折线图，则（ ）
A. 景区这7日数据的第80%分位数是8.7
B. 景区这7日数据的极差是1.7
C. 景区这7日数据的平均数比景区的两倍小
D. 景区这7日数据的方差比景区的大
【答案】C
【解析】
【详解】对于A项，将景区 A 的数据从小到大排序得，
因为，不是整数，
故景区这7日数据的第80%分位数是第项为，故A错误；
对于B项，景区这7日数据的极差是，故B错误；
对于C项，因为景区的平均数：,
景区的平均数：,
所以景区这7日数据的平均数比景区的两倍小，故C正确；
对于D项，由折线图可知景区的人数波动比景区的人数波动小，故景区这7日数据的方差比景区的小，故D错误.
4. 在公差为2的等差数列中，，，成等比数列，则的前7项和为（ ）
A. 3B. 5C. 9D. 21
【答案】D
【解析】
【分析】利用等比中项及等差数列的通项公式、求和公式得解.
【详解】因为，，成等比数列，
所以，即，解得，
所以.
5. 在平面直角坐标系中，已知两抛物线和，且为的焦点，为与的公共点，若，则（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，联立方程得，再结合距离公式得，最后根据焦半径公式求解即可.
【详解】根据题意，联立方程得，整理得，
解得，，代入得，，
所以与的交点为，，
因为，所以，解得，
所以，，，
因为为的焦点，
所以，根据焦半径公式，
6. “函数在区间内存在最小值”的充分不必要条件可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数求出的单调性和极值点，结合题意，分析可得a的范围，根据充分、必要条件的定义，结合选项，分析即可得答案.
【详解】由题意，令，解得或，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以的极小值为，
因为区间内存在最小值，所以极小值点0在区间内，
则，解得，
令，解得，或，
所以，解得，
综上，函数在区间内存在最小值时，
要满足“函数在区间内存在最小值”的充分不必要条件，
即所求为的真子集，
分析选项可得，只有符合题意.
7. 某超市在售的西瓜均可视为实心球体，且瓜皮厚度均匀相等.已知大、小两种西瓜的售价分别为80元/个、10元/个，且半径之比为2：1.若以西瓜瓜瓤的体积与其售价的比值作为西瓜的性价比，则（ ）
A. 大西瓜的性价比高B. 小西瓜的性价比高
C. 大、小西瓜的性价比一样D. 大、小西瓜的性价比的高低不确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据新定义分别求出大小西瓜的性价比，作商比较大小即可.
【详解】设大西瓜半径为，小西瓜半径为，已知，即，
设瓜皮厚度为（为常数，且），
则，
所以大、小西瓜的性价比分别为，，
因为，令，
则上式可化为，
因为，所以，所以，
所以，即，所以，
所以大西瓜的性价比高.
8. 已知是函数的一个零点，当时，，则方程在区间内所有根的和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据正弦函数的对称中心以及函数值的符号求出，然后把方程化简，等价于求和在 内的所有根之和，最后根据正弦函数的性质即可求解.
【详解】已知​是 的零点，代入得： ，
即 ，解得 ，
由条件： 时，代入验证：
时，， ，恒成立，符合条件；
时，​， ，恒成立，不符合条件；
时，的取值区间内函数值不恒为负，不符合条件.
因此， ，
当时：；
当时： ，
原方程等价于求和在 内的所有根之和.
令，当时，，
方程，即在 内仅是解，对应： ，​
方程即在 内有两个解，由正弦函数对称性得，对应： ，​ ​
故所有根的总和为： .​
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 记为数列的前项和，若，，则（ ）
A. B. 为等比数列C. D. 为等差数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】先利用与作差，推导出从第二项起数列是公比为2的等比数列，再据此逐一验证选项即可.
【详解】由题意可知，当时，；当时，，
所以，
所以()，，
从开始，数列是公比为2的等比数列：，，，；
同时可推得前项和的通项公式：Sn=an+1=2n−1 (n≥1) ，即 S1=1,S2=2,S3=4,S4=8,S5=16 .
因此A选项：，由上面的推导，，正确；
B选项：为等比数列，等比数列要求从首项起公比恒定，而，a3a2=2 ，公比不唯一，不满足等比数列定义，错误；
C选项：，S5=a1+a2+a3+a4+a5=1+1+2+4+8=16 ，
也可由Sn=2n−1直接得S5=24=16 ，正确；
D选项：为等差数列，先求：，，，，， ，，，，可以看到，，是公差为1的等差数列，正确.
故选：ACD.
10. 已知点在直线上，点，在圆上，若，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，直线与圆相切B. 直线倾斜角为150°
C. 当时，可能为90°D. 若，则的取值范围为
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项运用点到直线的距离，B选项运用两直线垂直的相关知识，C选项代入和验证直线是否与圆相交，D选项运用，建立直线与圆的半径之间的关系去求半径的范围.
【详解】对于A选项，圆心到直线的距离，
当时，，所以直线与圆相切，故A选项正确；
对于B选项，因为，所以直线，
又因为，所以，
而直线l的倾斜角为，因此直线倾斜角为150°，故B选项正确；
对于C选项，设，，圆心O到直线的距离为，
设为A点到直线的距离，则，
因为，所以为等腰直角三角形
则，由B选项得出直线的方程为，
联立，得出A点坐标为，设直线方程为，
则圆心O到直线距离为，
点A到直线的距离为，
又因为，所以，
解得，则，，故直线与圆相交，所以C选项正确
对D选项，若，且，所以为等边三角形，则
点A到直线的距离，设直线方程为，
则圆心O到直线距离为， ，
因为，，
所以，化简可得，故，所以，
又因为，得出，故，所以，
若，则，
若，则（舍去）或，所以，故D选项错误
11. 已知随机事件，均包含于必然事件，若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据条件概率公式，变形求解，可判断A、D的正误；根据概率加法公式，可判断B的正误，根据概率的范围，结合二次函数的性质，可判断C的正误；
【详解】选项A：由条件概率公式得，故A错误；
选项B：由概率加法公式得，
因为，所以，
则，故B正确；
选项C：，
所以，则，
令，，
则，
因为，，
所以，
当且仅当时取等号，故C正确；
选项D：，
当或时，才有，
但，，
无法确定是否为0及是否等于，故D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，，则____________.
【答案】
【解析】
【详解】因为，
所以.
13. 对于复数，，定义♥为的实部.若，♥，则可以为____________.（写出一个满足条件的答案）
【答案】（答案不唯一，满足即可）
【解析】
【详解】设，则，因此 ，
因为♥，所以，所以 ，
题目要求写一个满足的条件所以令，解得.
14. 已知，为双曲线的焦点，点在上，点，分别为的内心和重心.若，且，则的离心率为____________.
【答案】
【解析】
【分析】由得到重心与内心纵坐标相等，得出P点纵坐标与内切圆半径关系，继而用三角形面积的两种表示方式结合双曲线定义求出，最后用余弦定理结合正弦值计算离心率.
【详解】设双曲线E方程为，
则重心，
因为内心到的距离等于内切圆半径，故的纵坐标为.
由于，所以，
因为的面积，
代入得，
不妨设，
则有，
在中，由余弦定理得，
即，
因为，则，
当时，代入得;
当时，代入得(不成立，舍去).
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. 已知锐角的面积为6，且.
（1）若，求；
（2）若，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积公式计算即得；
（2）由题意作出图形，由面积公式求出，由余弦定理依次求出和，进而求出，最后在中利用正弦定理即可求得的值.
【小问1详解】
由题意，，
将与代入解得；
【小问2详解】
因，结合图形可知点在线段的反向延长线上，且，
由可得，则，
因为锐角三角形，则，
在中，由余弦定理，，
则，又由余弦定理，，
在中，由余弦定理，，
则，在中，由正弦定理，，
则有.
16. 某商场举行五一节优惠活动，顾客每消费满100元可抽奖一次.抽奖规则如下：箱中共有4个红球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同，顾客每次随机摸出3个球，若摸出的红球不少于2个则中奖，否则不中奖.各次抽奖互不影响.
（1）求抽奖一次中奖的概率；
（2）商场规定每中奖一次，返现10元.设某顾客在活动期间消费元，按规定返现元.若事件“”的概率最大，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据古典概型的概率计算公式求解即可.
（2）先明确事件“”的概率最大的意义，结合二项分布的概率计算公式和数列的单调性以及组合数的计算，可求的最小值.
【小问1详解】
设 “抽奖一次中奖”为事件，则.
【小问2详解】
设抽奖次数为，则（表示的整数部分）.
事件“”表示中奖次数为次，设表示中奖次数，
则.
因为事件“”的概率最大，
所以，
所以.
又，所以.
由，解得，即的最小值为.
17. 如图1，在梯形中，，，，于，，将沿翻折至，使得，如图2.
（1）证明：平面；
（2）已知四棱锥的体积为，若点在线段上，且二面角的大小为60°，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用题设条件先证，结合，利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）根据题意建系，利用四棱锥的体积求出的长，设，根据空间向量的夹角公式列出方程求得，再由线面角的向量解法即可求得答案.
【小问1详解】
连接，在梯形中，因，则，
，，则，又，则，
翻折后.在中，，则得，
因，，平面，故平面.
【小问2详解】
由（1）得平面，且，
故可以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.
设，由，解得，
则，
依题意，设，则，可得，
则，，
设平面的法向量为，
则，故可取.
因平面，则平面的法向量可取为，
依题意，
因，方程化简得，解得，此时，
因，设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知椭圆分别与轴正半轴、轴正半轴交于，两点.
（1）求直线的方程；
（2）设，为椭圆上的两个动点，在四边形中，.
（ⅰ）证明：直线与的斜率之积为定值；
（ⅱ）设为坐标原点，过的直线交于，两点，，其中.判断是否存在直径为3的圆经过，，，四点？若存在，求；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析（ii）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出点的坐标，然后由直线的截距式方程即可求解；
（2）（i）设直线，与椭圆联立，根据两点斜率公式结合韦达定理即可证明；
（ii）设，根据向量的坐标运算结合韦达定理可得，假设存在满足题意的圆，则圆的方程只能是，然后与椭圆方程联立得方程组无实根即可证明不存在满足题意的圆.
【小问1详解】
椭圆，令得（正半轴），故；
令得（正半轴），故，
由截距式得直线方程为：，
即 .
【小问2详解】
（i）由，设直线，，
联立与椭圆方程： ，整理得，
由韦达定理得： ，
，
故斜率之积为定值2，得证 .
（ii）设，由得： ，
由，，得： ​ ，
点在椭圆上，代入椭圆方程得，即，
若在圆上，且（关于原点对称），则圆的方程必为，
圆心在原点，直径为3，故，则圆的方程为，
联立与椭圆，得，无实根，
因此不存在这样的点，故不存在满足条件的圆.
19. 已知函数，其中，数列满足，.
（1）设，若，求的最大值；
（2）若，证明：当时，；
（3）当时，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）对求导得到的单调性，根据单调性即可求出答案；
（2）由（1）知从而得到，整理得，累乘可得，再通过累加可得，即可得证；
（3）根据得到，即，求出是的必要条件，再证明充分性，证明当时，从而得到，即，根据单调性得，以此类推，即可证明充分性，即可得解.
【小问1详解】
当时，，定义域为，
，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为.
【小问2详解】
令，
，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，即，即，
当时，，
由题意得，
所以，若，则，
又因为，所以，，，
由（1）知，即，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，即，
不等式两边同时取对数得，
即，
因为，所以，
所以，
，
，
，
将上式相乘可得，即，
故当时，，
所以.
【小问3详解】
由题意得，数列单调递增，故，
因为在上单调递增，则，
又因为，所以，
因为，所以，得，解得，
又因为，故是的必要条件，
下证充分性：
当时，因为，
设，
，
所以在上单调递减，
所以，所以当时，，
所以，当且仅当时，等号成立，
当时，由得，解得，
故，
所以，即，
又在上单调递增，故，
同理可得，，，
故当时，，充分性得证，
综上的取值范围为.