2025-2026学年福州市高三年级五月质量检测数学答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260515福建省2025-2026学年福州市高三年级五月质量检测（全科）

学年福州市高三年级五月质量检测
2025-2026
数学试题参考答案
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。
1-8 B C D B C A C B
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。
9．BD 10．AD 11．ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
5
12．5 13．84 3（写出其中一个即可） 14．
18
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）
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2 c2 b2 40，△ABC的面积
为 ．
10 3
（1）求B；
（2）若 bsinA4 3 ，求BC边上的中线长．
【命题意图】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换等基础知识；考查运算求
解能力；考查化归与转化思想、函数与方程思想等；导向对发展直观想象、逻辑推理、数学
运算等核心素养的关注；体现基础性和综合性．满分13分．
【解析一】
1
（1）由已知 acsinB10 3，即acsinB20 3，
2
根据余弦定理，得a2 c2 b2 2accosB40，即accosB20，
sinB acsinB
所以tanB   3，
cosB accosB
π
因为B0,π，所以B ．
3
π 3
（2）由（1）知，B ，所以sinB ，
3 2
高三数学 —1— （共14 页）由正弦定理得，asinBbsinA4 3，
解得a8，
又由（1）得ac40，所以c5，
设BC的中点为M ，连结AM ，则BM 4，
1
在△ABM中，AM2  AB2 BM2 2ABBM cosB 52 42 254 21，
2
所以AM  21，即BC边上的中线长为 21．
【解析二】（1）同解析一．
π 3
（2）由（1）知，B ，所以sinB ，
3 2
由正弦定理得，asinBbsinA4 3，
解得a8，
又由（1）得ac40，所以c5，
又a2 c2 b2 40，所以b7，
b2 c2 a2 1
从而，cosA  ．
2bc 7
设BC的中点为M ，连结AM ，延长AM 到N，使得AN 2AM ，连结BN ，CN ，
可知四边形ABNC是平行四边形，
1
在△ABN中，BN=b=7，cosABN cosBAC ，
7
1
所以AN2 c2 BN2 2cBNcosABN 52 72 257 84，
7
所以AN 2 21，
1
从而AM  AN  21，即BC边上的中线长为 21．
2
【解析三】（1）同解析一．
π 3
（2）由（1）知，B ，所以sinB ，
3 2
由正弦定理得，asinBbsinA4 3，
解得a8，
高三数学 —2— （共14 页）又由（1）得ac40，所以c5，
又a2 c2 b2 40，所以b7，
b2 c2 a2 1
从而，cosA  ．
2bc 7
设BC的中点为M ，连结AM ，
uuuur 1 uuur uuur 
则AM  ABAC ，
2
所以 u A u M uur 2  1 u A u B ur  u A u C ur 2  1u A u B ur 2  u A u C ur 2 2 u A u B ur  u A u C ur  1 c2 b2 2bccosBAC 
4 4 4
1 1
 52 72 257 21．
4 7
uuuur
所以 AM  21，即BC边上的中线长为 21．
16．（15分）
近年，国家不断加大反诈宣传力度．“摸球中奖”就是街头常见的诈骗小游戏，其规则为在
不透明袋中装有若干个不同颜色的小球，以摸中特定组合即可获得大额奖金为诱饵，吸引路
人参与．已知袋中装有2个红球，3个黄球，4个蓝球，这9个球除了颜色不同以外其他特征
均相同，摸球者从袋中随机摸出5个球，若其中三种颜色球的个数比为0:1:4（所述比例不
固定对应具体颜色，下同），则获得100元奖金；若其中三种颜色球的个数比为0:2:3，则获
得5元奖金；若其中三种颜色球的个数比为1:1:3，则没有奖金也不需付钱；仅当其中三种颜
色球的个数比为1:2:2时，需要支付10元．
（1）求摸球者摸球一次获得100元奖金的概率；
（2）试用所学的概率与统计知识揭穿此骗局．
【考查意图】本小题主要考查计数原理、古典概型、随机变量及其分布列、数字特征等基础
知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想、概率与统计思想等，考
查逻辑推理、数学运算、数据分析、数学建模等核心素养，体现基础性、综合性、应用性．满
分15分．
【解析】（1）设摸球者摸球一次获得最大奖金100元为事件A．
摸球一次共产生C5 126种等可能情况，
9
该模型符合古典概型（不写不扣分），
高三数学 —3— （共14 页）5
其中符合0:1:4的共有C1C4 C1C4 5种情况，则PA ，
2 4 3 4 126
5
即摸球者摸球一次获得100元奖金的概率为 ．
126
（2）每摸球一次必然产生0:1:4，0:2:3，1:1:3，1:2:2四种情况之一，
设摸球者摸球一次的收益为随机变量X ，则X 的可能取值为100，5，0，10．
5
由（1）知PX 100 ；
126
符合0:2:3的共有C2C3 C2C3 C2C3 C2C3  23种，
2 3 3 4 2 4 4 3
23
故PX 5 ；
126
符合1:1:3的共有C1C1C3 C1C3C1 32种，
2 3 4 2 3 4
32 16
故PX 0  ；
126 63
符合1:2:2的共有C1C2C2 C2C1C2 C2C2C1  66种，
2 3 4 2 3 4 2 3 4
66 11
故PX 10  ．
126 21
则随机变量X 的分布列为：
X 100 5 0 10
5 23 16 11
P
126 126 63 21
5 23 16 11 5
EX100 5 0  10  0 ．
126 126 63 21 14
由于摸球一次的收益期望为负数，所以这个游戏对摸球者不公平．
17．（15分）
在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABCD，PA AB2，BC CDDA1．
（1）证明：平面PBD平面PAD；
（2）若M 为棱PB上一点（不含端点），直线DC与平面MAD所
21 PM
成角的正弦值为 ，求 ．
7 PB
【考查意图】本小题主要考查直线与平面平行、垂直等位置关系、直线与平面成角、空间向
高三数学 —4— （共14 页）量等基础知识，考查直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力等，考查化归与转化、函
数与方程思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性．
满分15分．
【解析一】
（1）证明：取AB的中点E，连结DE，
则BE CD，又BECD ，所以四边形BEDC为平行四边形，所以DE BC=1，
所以DE  AE，DE BE ，所以DABADE，BDEDBA ，
所以ADEEDB90，所以BD AD，
因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD，又ADIPAA，
所以BD平面PAD，又BD平面PBD，
所以平面PBD平面PAD．
（2）解：过D作DSPA，因为PA平面ABCD，所以DS 
平面ABCD．因为DA平面ABCD，所以DS DA，同理
DS DB，由（1）知，BD AD，所以DA,DB,DS 两两垂直．如
uuur uuur uuur
图，以D为原点，分别以
DA
，
DB
，DS 所在的方向为x轴、y
轴、z轴的正方向
建立空间直角坐标系Dxyz，
则P1,0,2,A1,0,0,B  0, 3,0  ，C   1 , 3 ,0  ， u D uu A r 1,0,0， u D uu P r 1,0,2，设
 
 2 2 
uuuur uuur
PM PB01，
uuur uuuur uuur uuuur
   
因为PB 1, 3,2 ，所以DM DPPM  1, 3,22 ，
uuur
nDA0,  x0，
设平面MAD的法向量为n(x,y,z)，所以 uuuur 即
nDM 0,  1x 3y22z0，
取y22，则z 3，
 
所以平面MAD的一个法向量为n 0,22, 3 ，
高三数学 —5— （共14 页）uuur 21
设直线DC与平面MAD所成角为，则 cosn,DC  sin ，
7
uuur
nDC 3 3
21 1 PM 1
所以 uuur   ，解得 ，所以  ．
n DC (22)2 32 7 2 PB 2
【解析二】
（1）取AB的中点E，连结DE，
则BE=CD，又BECD ，
所以四边形BEDC为平行四边形，所以DE BC=1，
所以DE  AE=1，又AD1，所以DAB60o，
在△ABD中，由余弦定理，得
BD2  AB2 AD2 2ABADcosDAB ，所以 BD 3 ，
所以BD2 AD2  AB2 ，
所以BD AD，
因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD，又ADIPAA，
所以BD平面PAD，又BD平面PBD，
所以平面PBD平面PAD．
（2）过D作DSPA，则DS 平面ABCD，过D作DF  AB，过D作DF  AB交AB
于F ，因为DF 平面ABCD，所以DS DF ， 同理DS DC，所以DF,DC,DS 两两垂直．
uuur uuur uuur
如图，分别以
DF
，
DC
，
DS
所在的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系
Dxyz，
 3 1   3 1   3 3  uuur  3 1 
则P , ,2,A , ,0,B , ,0，C0,1,0，所以DA , ,0，
       
 2 2   2 2   2 2   2 2 
uuur  3 1  uuuur uuur
DP , ,2，设PM PB01，
 
 2 2 
uuur uuuur uuur uuuur  3 1 
因为PB0,2，2，所以DM DPPM  ,2 ,22，
 
 2 2 
设平面MAD的法向量为n(x,y,z)，
高三数学 —6— （共14 页） 3 1
uuur  x y0，
nDA0,  2 2
所以 uuuur 即
nDM 0, 

3 x  2 1 y22z0，
 2  2
3
取x1，则y 3,z ，
1
 3
所以平面MAD的一个法向量为n

1, 3, 

，

1
uuur 21
设直线DC与平面MAD所成角为，则 cosn,DC  sin ，
7
uuur
nDC
3 21
uuur   1
所以 n DC 32 7 ，解得 ，
13 2
12
PM 1
所以  ．
PB 2
18．（17分）
x2 y2
已知椭圆 ：  1ab0的右顶点为A，上顶点为B， AB 2 5，△OAB的
1 a2 b2
面积为4（O为坐标原点）．以O为中心、焦点在x轴上的椭圆 在 的内部，且与 的离
2 1 1
心率相等．分别过A,B作 的切线l ,l ，设l ,l 的斜率分别为k ，k ．
2 1 2 1 2 1 2
（1）求 的方程；
1
（2）求kk 的值；
1 2
（3）若 的长轴长为4，是否存在定点P，当过P的动直线l与 交于两点M,N ，与l
2 1 1
交于点Q时，都有 MP QN  MQ  PN ？若存在，写出P的坐标并证明；若不存在，说明理
由．
【考查意图】本小题主要考查椭圆的标准方程和简单几何性质、直线与椭圆的位置关系等基
础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数
形结合思想等，考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、
综合性、创新性．满分17分．
高三数学 —7— （共14 页）【解析一】
a2 b2 20,

1
（1）依题意得： ab4,
2
ab0,

x2 y2
解得a4,b2，则 的方程为：  1．
1
16 4
x2 y2
（2）因为两椭圆的离心率相同，故 的方程可设为  s(0s1)．
2
16 4
设切线l 的方程为yk x4，切线l 的方程为yk x2
1 1 2 2
x2 y2
由

16

4
s，
得  4k2 1  x2 32k2x64k2 16s0 ，
1 1 1
 yk (x4)，
1
s
由0，得k2  ．
1 41s
1s
同理得k2  ，
2 4s
1 1
所以k2k2  ，所以kk  ．
1 2 16 1 2 4
x2
（3）易得 的方程为  y2 1．
2
4
x2
  y2 1，
设l 的方程为xty4，由 4 得(t2 4)y2 8ty120，
1
 xty4，
由0，得 t 2 3 ，
当l 的方程为x2 3y40时，
1
x2 y2
由  16  4 1， 解得l 与 的两个交点分别为A4,0，C  2, 3  ．
1 1

x2 3y40，
假设定点P存在，当l与 相切于点A或C时，M,N,Q重合，此时等式成立．
1
由此猜想分别以A,C为切点的两切线的交点就是定点P．
高三数学 —8— （共14 页）当切点为A时，切线方程为x4，当切点为C时，切线方程为x2 3y80，联立解得交
 
点为 4,2 3 ．
 
下证当P为 4,2 3 时满足条件：
设l:y2 3kx4，M(x ,y ),Nx ,y ,Qx ,y ，
1 1 2 2 0 0
MP QN  MQ  PN 等价于4x x x x x 4x ，
1 0 2 1 0 2
化简得8x 2xx x 4(x x )，
0 1 2 0 1 2
 x2 3y40, 8 3k8
由 解得x  ，
y2 3kx4, 0 12 3k
y2 3kx4,
由   x2 y2 ，得  4k2 1  x2 16k  2k 3  x32  2k2 2 3k1  0 ，
  1,
16 4
   
16k 2k  3 32 2k2 2 3k1
所以 ， ，
x x  x x 
1 2 4k2 1 1 2 4k2 1
所以8x 2xx x 4(x x )
0 1 2 0 1 2
       
64 3k1 64 2k22 3k1 16k 2k 3 4 4 3k1
   
12 3k 4k2 1 4k2 1 12 3k
 
64 4 3k3 4k2  3k12k2 2 3k14 3k3 12k2 2 3k8 3k3 14k2  3k

 12 3k  4k21 
0．
即4x x x x x 4x 成立，
1 0 2 1 0 2
 
即存在P 4,2 3 ，满足 MP QN  MQ  PN ．
 
当l 的方程为x2 3y40时，由图形的对称性可知，点P 4,2 3 为所求定点．
1
 
综上，当l 为x2 3y40时，存在定点P 4,2 3 满足条件；当l 为x2 3y40时，
1 1
高三数学 —9— （共14 页） 
存在定点P 4,2 3 满足条件．
【解析二】
（1）同解析一；
（2）同解析二；
x2
（3）易得 的方程为  y2 1．
2
4
x2
  y2 1，
设l 的方程为xty4，由 4 得(t2 4)y2 8ty120，
1
 xty4，
由0，得 t 2 3 ，
当l 的方程为x2 3y40时，假设存在满足条件的点P，设点P的坐标为m,n．由题意
1
知P不能在椭圆 上．
1
若P在椭圆 内且 PM  MQ ，则 QN  PN ，显然条件不成立；
1
若P在椭圆 内且 PM  MQ ，则 QN  PN ，显然条件不成立；
1
所以若P存在，则其必然在椭圆 外．
1
PM QM
设  ，则0且1，由题知P,M,N,Q四点共线，
PN QN
uuur uuur
MPPN，
有uuuur uuur 设Q x,y，M x,y ，N x ,y ，
MQQN， 1 1 2 2
由向量的共线关系可得：
x x
m 1 2 ①，
1
x x
x 1 2 ②，
1
y y
n 1 2 ③ ，
1
y y
y 1 2 ④
1
高三数学 —10— （共14 页）由①×②，③×④可得：
x2 2x2 y2 2y2
mx 1 2 ，ny 1 2 ．
12 12
x2 y2 x2 y2
因为M ，N在 上，所以它们的坐标满足： 1  1 1⑤， 2  2 1⑥
1
16 4 16 4
由⑤－⑥×2得：
x2 2x2 y2 2y2
1 2  1 2 12，
16 4
mx ny
整体代入得：  1恒成立．
16 4
因为Q x,y在直线x2 3y40上，
mx ny
当  1，x2 3y40是同一条直线时，即m4， n2 3 时满足题意，所以存在
16 4
 
定点P 4,2 3 符合题意．
 
当l 的方程为x2 3y40时，由图形的对称性可知，点P 4,2 3 为所求定点．
1
 
综上，当l 为x2 3y40时，存在定点P 4,2 3 满足条件；当l 为x2 3y40时，
1 1
 
存在定点P 4,2 3 满足条件．
19．（17分）
已知函数 f xax1lnx．
（1）讨论 f x的单调性；
（2）关于x的方程 f  x k有两个实根u ,v ，对每一个满足条件的k ，u v 1．
k k k k
（ⅰ）求a的取值范围；
n n2(12a)n
（ⅱ）当kN*时，记S u v ，证明：S  ．
k k k k a
k1
【考查意图】本小题主要考查函数的图象与性质、函数单调性、函数与方程、数列求和等基
础知识，考查逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程
思想、化归与转化思想、数形结合思想等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，
体现基础性、综合性和创新性．满分17分．
高三数学 —11— （共14 页）1 ax1
【解析一】（1） fxa  ，x 0，
x x
当a0时， fx0，所以 f x在0，上是减函数，
1  1
当a0时，0 x , f(x)0，所以 f x在0， 上单调递减，
a  a
1 1 
x ,f(x)0， f x在 ，上单调递增，
a a 
综上所述，
当a0时， f x在0，上是减函数，
 1 1 
当a0时， f x在0， 上单调递减，在 ，上单调递增．
 a a 
（2）（ⅰ）不妨设u v ，
k k
1
当a1时，令Fx f x f  ，x0，
x
1 ax ax22xa
Fxa   ，
x x2 x2
令gxax2 2xa，44a2 0，
所以gxax2 2xa0，从而Fx 0，
所以Fx在0，上单调递增，
1
由(1)知0u  ≤1，所以Fu F1，
k a k
 1   1 
即 f u  f  0，亦即 f u  f  ，
k u  k u 
k k
 1 
又 f v  f u ，所以 f v  f  ，
k k k u 
k
1 1 1 1 1 
因为0u  ≤1，所以 a ，又v  ，且 f x在 ，上单调递增，
k a u a k a a 
k
1
所以v  ，即u v 1，符合题意；
k u k k
k
1
当0a1时，取k 0，u 1，v  u 即u v 1，不符合题意，
k k a k k k
当a≤0时，f x在0，上是减函数，不存在满足方程 f xk 的两个实根u ,v ，亦
k k
高三数学 —12— （共14 页）不符合题意；
综上所述，a的取值范围为1，．
（ⅱ）由（ⅰ）知，a1，
klnu klnv
依题意得au 1lnu k，所以u  k 1，同理v  k 1，
k k k a k a
又因为u v 1，所以lnu v 0，
k k k k
2k lnu v  2k
所以u v   k k  2  2，
k k a a a
即S 
2k
2
 kN*
，
k a
n n 2k 
所以S   2，
k  a 
k1 k1
n 2k  n2 n
因为  2 2n，
 a  a
k1
n n2 12an
所以S  ．
k a
k1
【解析二】（1）同解析一
（2）（ⅰ）不妨设u
k
v
k
，先证当a1时，符合题意，
依题意得，au 1lnu k，av 1lnv k ，
k k k k
以上两式相减得，au v lnu lnv ，
k k k k
u v 1
因为u v ，所以 k k  ，
k k lnu lnv a
k k
x y
下证 xy  0x y恒成立．
lnxlny
令gx2lnxx 1 x1，则gx 2 1 1  (x1)2 0 在1,上恒成立，所以gx
x x x2 x2
在1,上单调递减，当x1时，gxg10，即2lnxx 1 0，令x t t 1，则
x
1 t1
lnt t  0t 1，即lnt t1恒成立．
t t
y
1
y y x yx
令t 0xy，则ln  ，lnylnx ，
x x y xy
x
高三数学 —13— （共14 页）yx
因为lnylnx0，所以 xy  ，结论得证．
lnylnx
u v 1 1
可知 u v  k k  ，即u v  ，
k k lnu lnv a k k a2
k k
1
当a1时， ≤1，u v 1，符合题意；
a2 k k
下证a1时，不符合题意．
当0a1时，
令Fx fx f   1 ，Fxa 1  ax  ax2 2xa ，
x x x2 x2
2 
令gxax2 2xa，则g1g 12a10，
a 
2 
得到F10，F  10，
a 
 2   2 
当x1， 1时，Fx0，Fx在1， 1上单调递减，
 a   a 
1 2  1 
当1 v  1时，Fv  F10，即 f v  f  ，
a k a k k v 
k
 1 
又因为 f v  f u ，即 f u  f  ，
k k k v 
k
1 1 1 1
由(1)知0u  , v  1，所以 1 ，
k a k a v a
k
 1 1  1
所以u  0， ，  0， ，
k  a v  a
k
 1 1 1
由（1）知， f x在 0， 上单调递减，所以 u  ，
 a v k a
k
即u v 1，不符合题意；
k k
当a≤0时，由（1）知， f x在0，上是减函数，不存在满足方程 f xk 的两个实
根u ,v ，亦不符合题意；
k k
综上所述，a的取值范围为1，．
（ⅱ）同解析一．
高三数学 —14— （共14 页）