福建省龙岩市2026年高中毕业班三月教学质量检测数学试题+答案_2026届福建省龙岩市高三三月教学质量检测

公众号：高考试卷君公众号：高考试卷君公众号：高考试卷君公众号：高考试卷君公众号：高考试卷君公众号：高考试卷君龙岩市 年高中毕业班三月教学质量检测
2026
数学试题参考答案
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5 分，共40 分．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
选项 A D C D B B A A
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6 分，共18 分．
题号 9 10 11
选项 AC BCD ACD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5 分，共15 分．
2 10
12．5 13． 14．
e 49
8．解析：由 f (x1)   f (x)，得 f (x2)   f (x1)  f (x)，周期为2
（但最小正周期不能判定，例如常函数的最小正周期不为 2），B错误；
由于周期为2，所以 f(2x) f(x)， f(2x) f(2(x)) f(x)，
又 f(2x) f(2x)，得 f(x) f(x)，所以 f(x)是偶函数，A正确；
由 f(2x) f(2x)只能推出对称轴为x2，无中心对称的推导依据，C错误；
令g(x) f(x3)，由 f(x)是偶函数且T 2，
g(x) f(x3) f(x3) f(x1) g(x),D错误
     
2 2
11．解析：对于A： AGAP  AG  AP cosGAP  AP  AF ，A正确.

对于B：若l的倾斜角为 ，则l的方程为 y= x+ 1,
4
ìïy= x+ 1
ï
联立í ，
ï ïîx2 = 4y x2- 4x- 4= 0
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公众号：高考试卷君所以 AB = y + y + 2=x + x + 4= 4+ 4= 8，B错误.
A B A B
对于C：由已知得F  0,1 ，m: y  1，
x2 x2
设 A(x , 1 )，B(x , 2 )，则P(x ,1).
1 2 1
4 4
1 1
由C: y  x2，得 y' x ，
4 2
x2 1
故C 在 A处切线方程为： y 1  x (xx )，
1 1
4 2
x2  x2  x2  
得Q(0, 1 )，所以QF  (0,1 1 )，PA (0,1 1 )，得QF  PA，
4 4 4
 
又 AF  PA ，所以四边形 AFQP 为菱形. C正确．
D：由选项C知AFG  APG，
x2 x2 4 (4 x2)2
所以S  2S = AP PG =1 1 x  1  1 ，
AFGP APG 1
4 2x 8x
1 1
(x2 4)2
设 f (x) ，
8x
2(x2 4)2x2 (x2 4)2 (x2 4)(3x2 4)
则 f(x)  (x  0)，
8x2 8x2
2 2 2 2
f (x) 0   x  , f (x)  0 x   或x  ，
3 3 3 3
2 2
所以 f (x)在(0, )上单调递减，在( ,)上单调递增，
3 3
2 16 3
则当x  时， f (x)取得最小值为 ，D正确．
3 9
14．解析：
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公众号：高考试卷君每次摸球的情况有C1C2 C3 7种.
3 3 3
先后两次摸球共有7749种情况.
两次得分5分的情况有：
第一次1分，第二次4分，共有C1C1 4种，
2 2
第一次2分，第二次3分，共有1种；
第一次4分，第二次1分，共有4种；
第一次3分，第二次2分，共有1种；
10
所以P .
49
四、解答题：本大题共5小题，共77 分．
15．（13分）
3
解：（1）设事件 A:抽取的是本地会员，P  A  ，
5
  2
事件 A: 抽取的是外地会员，P A  ，
5
2   3
 
事件B:会员对商品质量满意，P B A  ,P B A  ，
3 4
所以P  B  P  A  P  B A  P  A  P  B A   3  2  2  3  7 .
5 3 5 4 10
.....................................................................................................5分
7 3
（2）由题可知，单次抽取会员满意的概率 p  ，不满意的概率为1 p  ,
10 10
.........................................................6分
X 的所有可能取值为0,1,2 ...............................................................7分
，
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公众号：高考试卷君7
则 X  B(2, ),
10
2
 3  9
P(X 0)    ，....................................................................8分
10 100
7 3 21
P(X 1)C1   ，...............................................................9分
2
10 10 50
2
 7  49
P(X 2)    ...................................................................10分
10 100 ，
X 0 1 2
9 21 49
p
100 50 100
.....................................11分
9 21 49 7 7 7
所以E(X)0 1 2  （或 E(X)np 2  ）.
100 50 100 5 10 5
.........................................................................13分
16．（15分）
3 1 
解：（1） f (x)  sin2x cos2x sin(2x )，
2 2 6
.................................................................................3分
π π π
令 2kπ2x  2kπ,kZ，
2 6 2
π π
得 kπ x kπ,kZ，
3 6
π π
所以函数 f x的单调递增区间为[ kπ， kπ]，kZ. ..........6分
3 6
 1
（2）因为 f (A)sin(2A ) ，
6 2
，
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公众号：高考试卷君 5 
又 A为△ABC的内角，所以2A  ,所以 A . .............8分
6 6 3
设角 A,B,C所对边分别为a，b，c，
因为sinB 2sinC,由正弦定理得b2c.①.......................................9分
1
因为三角形的面积为 3，所以 bcsin A 3.②............................11分
2
 b 2 2
由①②得： ， ......................................................................13分
c  2
由余弦定理得 BC2 b2 c2 2bccosA6 ，所以BC  6. ....15分
17．（15分）
解：法一：（1）在正四棱台ABCD ABC D 中，AB  2AB ，E 是BC的中点，
1 1 1 1 1 1
1
则AD // AD//EC,且AD  EC  AD，
1 1 1 1 2
所以四边形ADCE是平行四边形. .....................................................2分
1 1
AE//DC ,又AE 平面CC DD,DC 平面CC DD,
1 1 1 1 1 1 1 1
AE//平面CC DD .........................................................................5分
1 1 1
（2）延长AA,BB ,CC ,DD 交于P，连接PE交BC 于F ．
1 1 1 1 1 1
由正四棱锥性质，可知直线EF 即为直线EP，
连接AC交BD于O，
连接AC 交B D 于O ，
1 1 1 1 1
因为AB2AB 2 2 ，
1 1
所以OA2,O A 1．
1 1
由外接球的表面积为16，
得其半径R2. ....................................................................................6分
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公众号：高考试卷君设棱台的高为hOO ，球心在直线OO 上.
1 1
记球心到点O的距离为d ，则球心到点O 的距离为|hd|.
1
根据下底面顶点A和上底面顶点A 到球心的距离均为R2，
1

OA2 d2 R2,
得到方程组：

 O A2 (hd)2 R2.
1 1
4d2 4,
代入OA2，O A 1，R2，得： 
1 1  1(hd)2 4.
解得d 0,h 3. .....................................8分
因此球心与点O重合，棱台高OO  3.
1
在 RtAOO中，OO  3.
1 1 1
由棱锥相似关系可得OP2 3.
以O为原点，分别以OE，OP为y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
则C( 2, 2,0),D( 2, 2,0),E(0, 2,0),P(0,0,2 3) ，
  
所以EP(0, 2,2 3),DC (0,2 2,0),CP( 2, 2,2 3) ．
设平面CC D D的法向量为n(x,y,z)，
1 1

 nDC 2 2y0
则
 
，取n( 6,0,1)．...............................11分
nCP 2x 2y2 3z0
设直线EF 与平面CC D D所成角为．
1 1

 |nEP| 2 3 6
则sin|cosEP,n|    ，...................................14分
|n||EP| 7 14 7
6
所以直线EF 与平面CC D D所成角的正弦值为 ． ........................15分
1 1
7
法二：（1）连结AC 交
BD
于O，连结AC 交BD 于O ，以O原点，OA,OB,OO
1 1 1 1 1 1
分别为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系.
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公众号：高考试卷君AB 2AB 2 2 ，
1 1
OA2,O A 1,由正四棱台外接球的表面积为16得其半径为2
1 1
.....................................................................1分
即O为正四棱台ABCD ABC D 外接球的球心.
1 1 1 1
OA 2，在RtAOO中， OO  OA2  AO2  3 , .................3分
1 1 1 1 1 1 1
则
A(2,0,0), A(1,0, 3) ,B(0,2,0),C(2,0,0), C (1,0, 3) ,D(0,2,0),E(1,1,0),
1 1
AE (2,1, 3) , CC (1,0, 3) , CD (2,2,0)
1 1
设平面CC D D的法向量n(x ,y ,z )
1 1 0 0 0
  nCC  x  3z 0
则  1 0 0 ，取n( 3, 3,1)
 nCD2x 2y 0
0 0
AEn2 3 3 3 0 ,
1
又AE 平面CC DD,
1 1 1
AE//平面CC DD ............................5分
1 1 1
（2）设 B F BC (01) ,则 F(,1, 3)
1 1 1
AF (2,1, 3) ,又 AA (1,0, 3) , AE   3,1,0 
1
设平面AAE的法向量n (x ,y ,z )
1 1 1 1 1
  n AA x  3z 0
则  1 1 0 0 ，取 n (3,9, 3)
1
 n AE 3x  y 0
1 0 0
1 1 1
则由 AFn1260 得 ，即F( , , 3)，..........................10分
2 2 2
（未证明直接猜F是B C的中点，直接扣 2分）
1 1
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公众号：高考试卷君1 1
EF ( , , 3)，设直线 EF 与平面CC D D所成角为，由（1）得平面
2 2 1 1
EFn 3 6
CC D D的法向量n( 3, 3,1) ，则sin   ，
1 1 EF n 7 7
 7
2
6
所以直线 EF 与平面CC D D所成角的正弦值为 . ...................15分
1 1
7
法三：（1）同法二
（2）延长AA,BB ,CC ,DD 交于点 P ，连结 PE 交BC 于 H ,
1 1 1 1 1 1
PAA ,而AA 平面AAE,P平面AAE
1 1 1 1
E平面AAE,
1
PE 平面AAE,则点 H 即为平面AAE与BC 的交点 F .
1 1 1 1
1 1
BC 2BC ,F是BC的中点.F( , , 3) .............................10分
1 1 1 1 2 2
（未证明直接猜F是B C的中点，直接扣 2分）
1 1
 1 1
EF ( , , 3)，设直线 EF 与平面CC D D所成角为，
1 1
2 2
由（1）得平面CC DD的法向量n( 3, 3,1) ，
1 1

EFn 3 6
则sin    ，
EF n 7 7
 7
2
6
所以直线 EF 与平面CC D D所成角的正弦值为 . .......................15分
1 1
7
18．（17分）
解：（1）由已知得，2a  4，a  2,
00 2
原点O到直线 y  x 2 的距离为 b  1 ，
2
x2
所以E的方程为  y2 1....................................................................4分
4
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公众号：高考试卷君（2）（i）当过点P 2,1 的直线斜率不存在时，
直线与椭圆E只有1个交点，舍去，
设直线l的方程为 y1 k  x2 ，
设C  x ,y ､D  x ,y ，
1 1 2 2
y1 k  x2 

由x2 ，
  y2 1
 4
   
消去 y整理得 14k2 x2  16k2 8k x16k2 16k  0，
 2   
所以Δ  16k2 8k 4 14k2 16k2 16k 0，解得k  0，
16k2 8k 16k2 16k
x  x   , x x  ，..........................................8分
1 2 14k2 1 2 14k2
y 1 x x
直线BC的方程为 y1 1 x，令 y 0，得x  1  1 ，
x M 1 y k  x 2 
1 1 1
x x
同理可得x  2  2 ........................................................9分
N 1 y k  x 2 
2 2
x x
x  x  1  2
M N k  x 2  k  x 2 
1 2
x  x 2  x  x 2  2x x 2  x  x 
 1 2 2 1  1 2 1 2 .......................10分
k  x 2  x 2  kx x 2  x  x  4
 
1 2 1 2 1 2
16k2 16k  16k2 8k  16k
又因为2x x 2  x  x  2 2   
1 2 1 2 14k2

14k2

14k2
16k2 16k  16k2 8k  4
x x 2  x  x 4 2   4
1 2 1 2 14k2

14k2

14k2
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公众号：高考试卷君16k
所以x  x   4=2x
M N 4k A
所以M ，A，N 的横坐标成等差数列；..............................................12分
（ii）由（i）知 A为M,N 的中点，得 MN  2 AN
1
AN 1 y
S 2 2 AN 1
所以 ABD   
S 1 MN 2
BMD MN 1 y
2 2
1
所以ABD与BMD的面积之比为 .……………17分
2
19．（17分）
b
解:（1）函数 f(x) x2 blnx的定义域为(0,)， f(x)2x ，................1分
x
当b0时， f(x)0恒成立，函数 f(x)在(0,)上单调递增；
2b
当b0时，令 f(x)0，解得 x ，
2
2b 2b
当 0 x 时， f(x)0，函数 f(x)在（0， ) 上单调递减，
2 2
2b 2b
当 x 时， f(x)0，函数 f(x)在（ ,) 上单调递增.
2 2
综上所述：当b0时，函数 f(x)的单调增区间是(0,)；
2b 2b
当b0时，函数 f(x)的单调减区间是（0， ) ，单调增区间是（ ,) ；
2 2
.....................................................................................................................4分
b
（2）由 f(x) x2 blnx得 f(x)2x ，因为x x 2x ，
1 3 2
x
x x
bln 3 (x2 x2) bln 3 b
x 3 1 x ，k 2x  ，
k  1  1 2x B 2 x
AC x x x x 2 2
3 1 3 1
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公众号：高考试卷君x x x
bln 3 ln 3 ln 3
x b x 1 x 2
所以 k k  1 2x  2x b( 1  )b( 1  )
AC B x x 2 x 2 x x x x x x x
3 1 2 3 1 2 3 1 3 1
x
2( 3 1)
b x 2(x  x) b x x
 (ln 3  3 1 )  (ln 3  1 ) ................................8分
x x x x  x x x x x
3 1 1 3 1 3 1 1 3 1
x
1
x 2t1
不妨设0x x ，令t 3 ，则t1，令 gtlnt ，
1 3 x t1
1
1 4
t12
所以gt   0，
t t12 tt12
2t1
所以gt在1,内单调递增，gtg10，即 lnt 0 ，
t1
因为b0，x x 0，所以k k 0，所以k k . .................10分
3 1 AC B B AC
1 1
（3）当b1时， f(x) x2 lnx，a a2 lna a2  1lna  1，
n1 n n n 2a n 2a
n n
1 2x1
设g(x)lnx 1，g(x) ，
2x 2x2
当x1时，g(x)0，则g(x)在(1,)内单调递增，
3 3 5 3
所以g(x) g(1) ，所以a  ,a   符合题意. ...............11分
2 n 2 1 2 2
构造函数hx 1 x 1 lnx,x1，求导得 hx 1  1  1  x12  0 ，
2 x 2 2x2 x 2x2
所以hx在1,内单调递增，则hxh10，
1 1
所以当x1时， x lnx. ........................................................13分
2 x
1 1 1 1 1 1 1
所以lna  a  ，即a lna  1 a   1 a 1，
n 2 n 2a n1 n 2a 2 n 2a 2a 2 n
n n n n
1
所以2a a 2，即（2 a 2)a 2，得a 2 (a 2)
n1 n n1 n n1 n
2
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公众号：高考试卷君1 1 1 1
所以a 2 (a 2) (a 2) (a 2)
n 2 n1 22 n2 2n1 1 2n
1
即a  2，..........................................................................................15分
n 2n
1 1

所以S a a a  1  1  1 2n 2 2n1 2n1 1 2n2n1
n 1 2 n 2 22 2n 1 2n
1
2
.....................................................................................................17分
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