2025-2026学年福州市高三年级五月质量检测数学细则_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）

2025-2026 学年福州市高三年级五月质量检测
数学试题详解及评分细则
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．已知集合A1,0,1,2,3，集合B  xx1x20  ，则AB
A．3 B．0,1 C．1,0,1,2 D．1,0,1,2,3
【答案】B
【解析】因为Bx∣1

 x2，A

B0,1，故选B．
z
2．若复数z满足 7i，则 z 
1i
A．100 B．25 C．10 D．5
【答案】C
【解析一】z1i7i86i，所以 z  82 62 10，故选C．
【解析二】当zz z 时， z  z  z ，所以 z  1i  7i  25 2 10，故选C．
1 2 1 2
3．某AI数据中心共有4个开源大模型供公众使用．该中心分别对这4个模型在某天内
的词元调用量进行调查，画出频率分布直方图，其中词元调用量的平均数低于中位数的为
频率/组距 频率/组距
词元调用量 词元调用量
A B
频率/组距 频率/组距
词元调用量 词元调用量
C D
高三数学 —1— （共 27 页）【答案】D
【解析一】如果一组数据的分布是对称的，那么可以推断这组数据的平均数等于中位数，依
题意A，C选项可以排除．观察B，D选项，数据分布差异在左拖尾或右拖尾时，由于平均数
易受极端值的影响，所以与中位数相比，平均数总是在“长尾巴”那边，故选D．
【解析二】为判断B，D选项，可以构造与频率分布直方图大致吻合的两组数据，以D选项
为例，这组数据可以为1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，5，5，5，6，6，6，6，6，6，
7，7，经过计算发现平均数小于中位数，故选D．
4．已知圆台的上、下底面面积分别为S，S，且S 4S，圆台的高为3，轴截面面积为
9，则该圆台的体积为
7π
A． B．7π C．14π D．28π
4
【答案】B
【解析】设上下底面圆的半径分别为r,r ，由 S 4S，得 r 2r ，所以轴截面面积为
1 2r2r39，得r1，所以r2，所以圆台的体积V  1 S SS S  h
2 3
1
 π+2π+4π3 =7π，故选B．
3
π   π
5．已知点 ,0是函数 f xsinx （0）的图象的一个对称中心，则的最
2   3
小值为
1 2 4 5
A． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】C
π π 2 4
【解析】依题意，  kπ，解得 2k ，kZ，因为0，所以当k 1，  ，
2 3 3 min 3
故选C．
6．记S 为等比数列a 的前n项和，设甲：S ，S ，S 为等差数列；乙：a ，a ，a
n n 1 3 2 2 4 3
为等差数列，则
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
高三数学 —2— （共 27 页）【答案】A
a 1
【解析】由S ，S ，S 为等差数列，得a 2a ，所以a 的公比q 3  ；
1 3 2 2 3 n a 2
2
由a ，a ，a 为等差数列，得2a a a ，所以2aq3 aqaq2，所以2q2 q10，
2 4 3 4 2 3 1 1 1
1
解得q 或q1．所以甲是乙的充分条件但不是必要条件，故选A．
2
7．右图是体现中国古代数学智慧的“赵爽弦图”，它由4个全等直角三
角形和中心小正方形构成．若AE EF ，则
 4 3  4 3
A．AF  AB AD B．AF  AB AD
5 5 7 7
 4 2  4 2
C．AF  AB AD D．AF  AB AD
5 5 7 7
【答案】C
【解析一】过F 作FM  AB，依题AEEF BF ，由相似三角形的知识
AM FM AM 4 2
得，  2，所以 4，AM  AB，FM  AD，所以
MF MB MB 5 5
   4 2
AF  AM MF  AB AD，故选C．
5 5
【解析二】
A

F



A

B



B

F
， 
A

F

2

A

E

2(

A

D



D

E

)2

A

D

4

B

F
 ，消去
B

F

 4 2
得AF  AB AD，故选C．
5 5
8．已知2log xx0，3log y y0，5log zz0，则x，y，z的大小关系不可
2 3 5
能为
A．x yz B．xz y C．zx y D．z yx
【答案】B
lnx ln2 lny ln3 lnz ln5 lnx
【解析】由2log xx，得  ，同理可得  ,  ，令 f x ，则x
2 x 2 y 3 z 5 x
1lnx
是方程 f x f 2的根，y，z分别是方程 f y f 3，f z f 5的根．因为 fx ，
x2
所以x0,e，f x单调递增，xe,，f x单调递减，结合图象分析，可知 f 2 f 4，
a2,e，f a f 3，b1,2，f b f 5，b2ae345，x2或4，ya
高三数学 —3— （共 27 页）或3，zb或5，z不可能在x,y之间，故选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。
1
9．已知cosx y ，则
3
1 π 1
A．当xπ时，cos y  B．当y 时，sin x 
3 2 3
1 2 1
C．当x y时，sin x  D．当cosx y 时，tanxtany
3 3 3
【答案】BD
1 1 π
【解析】当xπ时，cosx ycosπ y cosy ，cosy ，故选项A错误；当y
3 3 2
 π π  1 1 1
时，cosx cos xsinx ，故选项B正确；当x y时，cos2x ，12sin2 x ，
 2 2  3 3 3
1 3 2 2
sin2 x ，sinx ，故选项C错误；当cosx y 时，cosxcosysinxsiny ，由
3 3 3 3
1 1 1
cosx y 得 cosxcosysinxsiny ，两式相加得， cosxcosy ．两式相减得，
3 3 2
1
1 sinx siny sinxsiny 6 1
sinxsiny ，tanxtany     ，故选项D正确．故选BD．
6 cosx cosy cosxcosy 1 3
2
10．已知函数 f xx3bx2cxb,cR，则下列说法正确的是
A．若 f x是奇函数，则b0
B．若 f x是增函数，则b23c0

C． f x所有零点的平方和等于b23c
D．当b23c0时，存在两条互相垂直的直线都与曲线y f x相切
【答案】AD
【解析】若 f(x)是奇函数，则 fxf x，化简得2bx2 0，因为x不恒为零，所以b0，
故选项A正确；因为 fx3x22bxc，若 f(x)在R上单调递增，fx 0，则4b2 12c 0，
 
与b23c0矛盾，故选项B错误；因为 fxx  x2bxc  ，当b24c0 时，x0是唯一零点，
 
b b2
x2 0，当b24c0时，零点为x 0，x  ，所以零点平方和为x2x2  ．当b24c0时，
 1 2 2 1 2 4 
x 0是其中一个零点，另外两个零点满足韦达定理，所以x x b，x x c，所以零点平
1 2 3 2 3
方和为x2x2 x2 x x 22x x b22c，故选项C错误．
1 2 3 2 3 2 3
因为 fx3x22bxc，b23c0，所以4b212c0，导函数图象存在x轴下方的部分，

设切点x，x ，若 fx 0，一定存在 fx 0，使得 fx fx 1，可知存在互相垂直的
1 2 1 2 1 2
高三数学 —4— （共 27 页）两条直线与曲线y fx都相切，故选项D正确．故选AD．
11．在平面直角坐标系中，到两条坐标轴的距离之和与到点F2,0的距离相等的点的轨迹
是C．则下列说法正确的是
A．点1,0在C上
B．存在斜率为1的直线与C恰有3个公共点
C．当且仅当a 2，圆xa2 y2 8与C恰有4个公共点

D．存在定点P，过P且互相垂直的任意两条直线都与C相交，所有交点中必有两个与P
等距
【答案】ABD
【解析】点1,0到x轴的距离为0，到y轴的距离为1，
到F2,0的距离为1，满足题意，故选项A正确；
依题 x  y  (x2)2  y2 ，化简得 xy 2x2，
2
由2x2 0得x 1．当xy0时，y 2；当xy0时，
  x
2 2
y 2；当y0时，x1．曲线y 2的一条对
x x
2
称轴是yx2，如图，与直线yx2平行且与曲线y 2相切的直线l 与C恰有3个
x 1
公共点，故选项B正确；
 2
y 2,

x

由0 x1, 得x4 4x38x40，即 x2 2x2 2 0，解得x1 3，所以

x22  y2 8,


2
曲线y 20x1与圆x22 y2 8（以下记为E）恰有1个公共点M ．因为E和曲
x 1
2
线y 2都关于直线l :yx2对称，所以M 关于直线yx2的对称点M 也是E和
x 2 1 2
C的公共点．因为E和C都关于x轴对称，所以M ,M 关于x轴对称的点M ,M 也是E和C的
1 2 3 4
公共点，E和C恰有4个公共点．当2a12 2时，E和C恰有4个公共点，故选项C
错误．
由对称性知点P为(2,0)．设过P且互相垂直的任意两条直线分别为l,m，l的倾斜角为
π
．当0时，显然成立；当0 时，设l,m分别与C在第一、二象限的部分交于点
 2
高三数学 —5— （共 27 页）π
B,A．过B作l 的对称点B ，则 PB  PB ．设D0,2，则BPDBPD ，因为m
2 1 1 1 4
π π π
与x轴负半轴的夹角为 ，所以BP与x轴负半轴的夹角为π BPD ，由对称
2 1 4 1 2
π
性知 PA  PB ，所以 PA  PB ；当 π时，同理可得 PA  PB ，故选项D正确．
1 2 
故选ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
1
12．已知数列a 满足a 2，a 1 ，则a 的前7项和为 ．
n 1 n1 a n
n
【答案】5
1
【解析】a 2，a  ，a 1，3是a 的一个周期，所以前7项和S S a S a 5．
1 2 2 3 n 7 6 7 6 1
13．等边三角形的一个顶点位于抛物线y2 4x的焦点，另外两个顶点都在该抛物线上，
这个三角形的边长可以为 （写出一个符合题意的答案即可）．
【答案】84 3或84 3（写出其中一个即可）
【解析一】设另外两个顶点为A,B，因为A,B
两点关于x轴对称，且位于直线x1的同侧，
3
所以B,A两点分别为直线 y x1及
3
3
y x1 与 抛 物 线 的 交 点 ， 由
3
 3
y x1,
 3 得 x2 14x10 ， 解 得
  y2 4x,
p
x 74 3,x 74 3，由 AF x ，得 AF 84 3或 AF 84 3，所以等边三角
1 2 2
形的边长为84 3或84 3．
【解析二】设另外两个顶点为A,B，因为A,B两点关于x轴对称，且位于直线x1的同侧，
3
当 A,B 两点位于直线x1的左侧时，设 AF a，由抛物线定义得a a2，解得
2
3
a84 3；当A,B两点位于直线x1的右侧时，设 AF b，由抛物线定义得2 bb，
2
高三数学 —6— （共 27 页）解得b84 3．所以等边三角形的边长为84 3或84 3．
1
14．共有3枚质地均匀的硬币，每枚硬币抛出后正面朝上与反面朝上的概率均为 ．第
2
一次将三枚硬币同时抛出，之后每次从当前反面朝上的硬币中任意选取2枚同时抛出，直到
反面朝上的硬币数少于 2 枚时停止操作．当停止操作时，所有硬币均为正面朝上的概率
为 ．
5
【答案】
18
 1 1 3
【解析】设第一次抛出3枚硬币后反面朝上的硬币数为k，则k ~ B3, ，即PkCk
 
，
 2 3 2
k 0,1,2,3．定义 f(k)为从状态k（即有k枚硬币反面朝上）出发，最终所有硬币均为正面朝
上的概率，则 f(0)1， f(1)0．当k 2时，抛出两枚反面朝上的硬币，结果有四种等可能
情形，其中：
1 1
两枚均变为正面（概率为 ），反面数变为0；一枚正面一枚反面（概率为 ），反面数变为
4 2
1；
1
两枚均保持反面（概率为 ），反面数变为2，
4
1 1 1 1 1 1 1
由全概率公式，得 f(2) f(0) f(1) f(2)，即 f(2) 1 0 f(2)，解得 f(2) ．
4 2 4 4 2 4 3
当k 3时，抛出其中两枚反面朝上的硬币（剩一枚未抛出），结果有四种等可能情形，其中：
1 1
两枚均变为正面（概率为 ），反面数变为1；一枚正面一枚反面（概率为 ），反面数变为
4 2
2；
1
两枚均保持反面（概率为 ），反面数变为3，
4
1 1 1 1 1 1 1 2
由全概率公式，得 f(3) f(1) f(2) f(3)，即 f(3) 0   f(3)，解得 f(3) ．
4 2 4 4 2 3 4 9
3 1 3 3 1 1 2 5
因此，所有硬币均为正面朝上的概率PP(k)f(k) 1 0     ．
8 8 8 3 8 9 18
k0
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；
高三数学 —7— （共 27 页）（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，················································1分
2
（写出面积公式并正确化简，即可得1分；）
根据余弦定理，得a2 c2 b2 2accosB40，即accosB20，······························3分
（写出余弦定理变形得1分，代入条件算出accosB20再得1分；若直接写出accosB20未
体现公式，扣1分。）
sinB acsinB
所以tanB   3，····································································· 4分
cosB accosB
（得出tanB= 3，即可得1分）
π
因为B0,π，所以B ．·············································································6分
3
（写出B的范围并得出最终结果，即可得2分；若只写结果未写范围，扣1分；若结果错误，
本问0分。）
π 3
（2）由（1）知，B ，所以sinB ……………………………………………..7分
3 2
由正弦定理得，asinBbsinA4 3，······························································· 8分
(写出正弦定理或其变形，即可得1分)
解得a8，····································································································9分
又由（1）得ac40，所以c5，····································································10分
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，·········12分
2
1
（写出余弦定理表达式得1分，计算正确再得1分；若直接写AM252 42 254 21，
2
但未体现余弦定理，扣1分。）
所以AM  21，即BC边上的中线长为 21．····················································13分
(写出AM  21即可得1分)
【解析二】（1）同解析一．··············································································6分
π 3
（2）由（1）知，B ，所以sinB ，……………………………………………...7分
3 2
由正弦定理得，asinBbsinA4 3，······························································· 8分
高三数学 —8— （共 27 页）(写出正弦定理或其变形，即可得1分)
解得a8，····································································································9分
又由（1）得ac40，所以c5，····································································10分
又a2 c2 b2 40，所以b7，
b2 c2 a2 1
从而，cosA  ．········································································11分
2bc 7
b2 c2 a2 1
（只要得到cosA  ，即可得1分）
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，·························12分
7
(只要得到AN2=84,即可得1分)
所以AN 2 21，
1
从而AM  AN  21，即BC边上的中线长为 21．··········································13分
2
(只要得到AM  21即可得1分)
【解析三】（1）同解析一．··············································································6分
π 3
（2）由（1）知，B ，所以sinB ，……………………………………………...7分
3 2
由正弦定理得，asinBbsinA4 3，······························································· 8分
(写出正弦定理或其变形，即可得1分)
解得a8，····································································································9分
又由（1）得ac40，所以c5，····································································10分
又a2 c2 b2 40，所以b7，
b2 c2 a2 1
从而，cosA  ．········································································11分
2bc 7
b2 c2 a2 1
（只要得到cosA  ，即可得1分）
2bc 7
设BC的中点为M ，连结AM ，
 1   
则AM  AB AC ，
2
所以  A  M  2  1  A  B    A  C  2  1 A  B  2   A  C  2 2  A  B    A  C   1  c2 b2 2bccosBAC 
4 4 4
1 1
 52 72 257 21．······························································· 12分
4 7
高三数学 —9— （共 27 页）(只要得出AM2=21，即可得1分)

所以 AM  21，即BC边上的中线长为 21．···················································13分
(写出AM  21即可得1分)
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．·····························1分
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），································································4分
5
其中符合0:1:4的共有C1C4 C1C4 5种情况，则PA ，·······························5分
2 4 3 4 126
5
即摸球者摸球一次获得100元奖金的概率为 ．·················································6分
126
1、“设事件”与“作答”各1分；
C1C4 C1C4 5
2、直接写PA 2 4 3 4  可得4分，列式正确但计算错误可得2分，没有任何说
C5 126
9
5
明过程，直接写出PA 不给分）；
126
高三数学 —10— （共 27 页）（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．·········7分
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 ；·························································································9分
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  ；·················································································11分
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  ．··············································································13分
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．······································14分
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．··························15分
1、计算PX 5、PX 0、PX 10的概率时，列式1分，计算结果1分；没有任
何过程直接写出计算结果的不给分；
2、没列X的分布列不扣分，期望列式对但计算错不给分；
3、最终的作答意思到位即可给1分，不拘泥于答案的写法。
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
高三数学 —11— （共27 页）【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
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，·······················································1分
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，·························································4分
因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD，又ADPA A，
所以BD平面PAD，又BD平面PBD，
所以平面PBD平面PAD．··············································································7分
（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
  
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，....................................................................................................9分
则P1,0,2,A1,0,0,B  0, 3,0  ，C   1 , 3 ,0  ，  D  A  1,0,0，  D  P  1,0,2，设
 
2 2
 
 
PM PB01，
   
   
因为PB 1, 3,2 ，所以DM DPPM  1, 3,22 ，·························11分

nDA0,  x0，
设平面MAD的法向量为n(x,y,z)，所以  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 ，···········································13分
高三数学 —12— （共 27 页） 21
设直线DC与平面MAD所成角为，则 cosn,DC  sin ，
7

nDC 3 3
21 1 PM 1
所以    ，解得 ，所以  ．························15分
n DC (22)2 32 7 2 PB 2
【解析二】
（1）取AB的中点E，连结DE ，································································1分
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，······························································································4分
因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD，又ADPA A，
所以BD平面PAD，又BD平面PBD，
所以平面PBD平面PAD．··············································································7分
（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．
  
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，........................................................................................................................................9分
 3 1   3 1   3 3    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
       
  3 1   
DP , ,2，设PM PB01，
 
2 2
 
     3 1 
因为PB0,2，2，所以DM DPPM  ,2 ,22，··························11分
 
2 2
 
设平面MAD的法向量为n(x,y,z)，
高三数学 —13— （共 27 页） 3 1
  x y0，
nDA0,  2 2
所以  即
nDM 0,    2 3 x    2 1 2    y22z0，
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, ，················································13分
 
1
 
 21
设直线DC与平面MAD所成角为，则 cosn,DC  sin ，
7

nDC
3 21
   1
所以 n DC 32 7 ，解得 ，
13 2
12
PM 1
所以  ．······························································································15分
PB 2
评分细则说明：
1）解析1：第一问：作辅助线 DE 得1分；证明BD⊥AD (2+1)分,其中证等角2分结论得1
分；证BD⊥平面PAD得 2分（AD与PA相交没写扣1分），由线面垂得出面面垂得 1分。
（1+3+3）
第二问：证三线两两垂+建系2分，只在图像上标坐标系无文字说明扣1分，没严格证明两两
垂直不扣分（后续教学中强调先证明再建系避免丢分）；写出关键点坐标及向量坐标得2分
（局部对可酌情给1分）；正确求出平面MAD法向量得2分（列式对，解错得1分）；利用
线面夹角向量公式计算正确得2分（表述有不严谨的合计扣1分，比如无设线面角𝛼直接使用，
sin𝛼=cos<n,DC>公式缺绝对值），计算错但公式使用正确可以得1分。（2+2+2+2）
2）解析2,4：参照解析1
3）解析3：第一问证三线两两垂+建系2分（同解析1）；正确求出两个面的法向量各得2分；
验证𝒎∙𝒒=𝟎 下结论得1分。求法向量列式对，计算错得1分。如果求法向量都没得分点，
学生点坐标正确可以酌情给1分。（2+2+2+1）
第二问：前4分对应解析1，2得分，D(cid:4652)(cid:4652)(cid:4652)C⃗,A(cid:4652)(cid:4652)(cid:4652)D(cid:4652)⃗各得1分，D(cid:4652)(cid:4652)(cid:4652)M(cid:4652)⃗得2分，后4分同解析1，2
4）使用左手坐标系，结果正确扣1分，否则不给分；建立坐标系第一问和第二问不重复给分。
（4+2+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
高三数学 —14— （共 27 页）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．
【解析一】
a2 b2 20,

1
（1）依题意得： ab4, ·····································································2分
2

ab0,

x2 y2
解得a4,b2，则 的方程为：  1．····················································4分
1 16 4
评分细则：
步骤一：根据 AB 和△OAB的面积列方程（1+1分）
步骤二：求出a,b的值（1分）
步骤三：求出方程（1分）
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)（注：没有写
2 16 4
0s1不扣分）．··························································································5分
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，···········································6分
1 1 1
 yk (x4)，
1
高三数学 —15— （共 27 页）s
由0，得k2  ．··············································································· 7分
1 41s
1s
同理得k2  ，···························································································8分
2 4s
1 1 1
所以k2k2  ，所以kk  ．（注：求出kk  不得分）·································9分
1 2 16 1 2 4 1 2 4
评分细则：
步骤一：写出 方程（1 分）
2
步骤二：联立l 与 ，消元得到一元二次方程（1分）
1 1
步骤三：由0得到k2（1 分）
1
步骤四：得到k2（1 分）
2
步骤五：求出kk （1 分）
1 2
注： 本题下列解法参照评分细则相应给分
x2 y2 3 1
设 ：  1a b 0，由（1）得e ，所以b2  a2，
2 a2 b2 1 1 2 1 4 1
1 1
则 ：x2 4y2 a20a 4
2 1 1
设切线l :xty4,切线l 的方程为yk x2
1 2 2
x=ty+4
由 得(t2 4)y2 8ty16a2 0
x2 4y2 a2 1
1
644a2 a2
由0，得t2  1 ，即k2  1
a2 1 644a2
1 1
yk x2
由 2 得(4k 2 1)x2 16k x16a2 0
x2 4y2 a2 2 2 1
1
16a2
由0，得k 2  1
2 4a2
1
1 1
所以k2k2  ，所以kk  ．
1 2 16 1 2 4
高三数学 —16— （共 27 页）x2
（3）易得 的方程为  y2 1．·····························································10分
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，···················································································11分
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．
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 ．······························································································12分
 
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 )，·································································13分
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 
，······································14分
1 2 4k2 1 1 2 4k2 1
所以8x 2xx x 4(x x )
0 1 2 0 1 2
高三数学 —17— （共 27 页）       
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 ．··················································16分
 
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．········································································17分
注：没有单独写出线段关系转化为M(x ,y ),Nx ,y ,Qx ,y 坐标关系,但是在证明
1 1 2 2 0 0
坐标关系的过程中有体现，可得 1分；
评分细则：
步骤一：写出 方程（1 分）
2
步骤二：求出l 的斜率（1 分）
1
 
步骤三：猜想点 P 4,2 3 （1 分）
步骤四：线段关系转化为M(x ,y ),Nx ,y ,Qx ,y 坐标关系（1 分）
1 1 2 2 0 0
步骤五：联立直线l和 得到韦达定理（1 分）
1
步骤六：验证M(x ,y ),Nx ,y ,Qx ,y 坐标关系（2 分）
1 1 2 2 0 0
步骤七：利用对称性得到另一个点 P（1 分）
【解析二】
（1）同解析一；
（2）同解析二；
高三数学 —18— （共 27 页）x2
（3）易得 的方程为  y2 1．·····························································10分
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，···················································································11分
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
 
MPPN，
有  设Q x,y，M x,y ，N x ,y ，
1 1 2 2
MQQN，
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
由①×②，③×④可得：
x2 2x2 y2 2y2
mx 1 2 ，ny 1 2 ．·····································································13分
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：
高三数学 —19— （共 27 页）x2 2x2 y2 2y2
1 2  1 2 12，
16 4
mx ny
整体代入得：  1恒成立．····································································15分
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．··············································································· 16分
 
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．········································································17分
注：能够判断点 P在椭圆外，并将线段关系转化为向量表示得 1分；
评分细则：
步骤一：写出 方程（1 分）
2
步骤二：求出l 的斜率（1 分）
1
步骤三：线段关系转化为向量表示，进而得到坐标关系（2 分）
步骤四：消元得到点 Q 的轨迹方程（2分）
步骤五：得到点 P（1 分）
步骤六：利用对称性得到另一个点 P（1 分）
【解析三】
（1）同解析一；
（2）同解析二；
x2
（3）易得 的方程为  y2 1．···································································10分
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，···················································································11分
高三数学 —20— （共 27 页）所以直线l 的方程为x2 3y40或x2 3y40
1
设P(x ,y )，
P P
当直线l斜率k存在时，设直线l的方程为ykxm，
直线经过P(x ,y )，所以m y kx
P P P P
ykxm,

由x2 y2 得，(14k2)x2 8mkx4m2 160，
  1,
16 4
设M(x ,y ),N(x ,y ),Q(x ,y )，
1 1 2 2 Q Q
则16  16k2 4m2 0，
8mk 4m2 16
x x  ，x x  ···································································12分
1 2 14k2 1 2 14k2
由 MP QN  MQ PN
可得， x x x x  x x x x
P 1 2 Q Q 1 2 P
整理得：x x  x x  0（舍去）
1 2 P Q
或x x  x x  2x x 2x x （*）····························································13分
1 2 P Q P Q 1 2
x2 3y40 2 3m4
由 得，x  ，
Q
ykxm 12 3k
8mk  2 3m4 2 3m4 4m216
代入（*）得： x  2x 2 ，
14k2  P 12 3k   P 12 3k 14k2
整理得：8m2(8x k4 3x 32k)m32x k264 3k8x 320.
P P P P
将m y kx 代入上式整理得，
P P
  3x2 8y 16 32x y  k2y2  3x y 2x 80.·····································15分
P P P P P P P P
所以     3x P 2 8y P 16 32x P y P 0,  ①
2y
P
2  3x
P
y
P
2x
P
80,

②
高三数学 —21— （共 27 页）由①可得， 3  x2 16  2y 4x x 4 3x 42y 0
P P P P  P P
当x 4时，代入②可得，2y2 4 3y 0，解得y 0（不合舍去）或y 2 3，
P P P P P
解得P(4,2 3)
3
当x 4时，可得，y  (x 4)，代入②可得，8x 160
P P 2 P P
解得x 2,y  3，此时P(2, 3)（舍去）
P P
当直线l的斜率不存在时，过点P(4,2 3)的直线l与椭圆 相切于A(4,0)，
1
此时M,N,Q重合，满足 MP QN  MQ PN ，
所以当l 的方程为x2 3y40时，直线l经过定点P(4,2 3)，·························16分
1
根据对称性可得，当l 的方程为x2 3y40时，直线l经过定点P(4,2 3).
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．········································································17分
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 —22— （共 27 页）1 ax1
【解析一】（1） fxa  ，x0，（注：没有写x0不扣分）···············2分
x x
当a 0时， fx0，所以 f x在0，上是减函数，·······································3分

1  1
当a0时，0 x , f(x)0，所以 f x在0， 上单调递减，····························4分
a  a
1 1 
x , f(x)0， f x在 ，上单调递增，····················································5分
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．·····························6分
 a a 
注：①分类讨论时已经把a 0归为一类，最后没有综上所述，不扣分；若分类讨论时a0与

a0分开讨论，最后没有综上所述进行合并，扣1分。
1
②先求出x ,再讨论a0，不扣分。
a
③若没有考虑到定义域限制用全体实数集分析本小题，最后结论正确扣 2 分
④漏了a0，扣1分。
（1）评分细则：
步骤一：求导（2分）
步骤二：分类讨论（1+2分）
步骤三：综上所述（1分）
（2）（ⅰ）不妨设u v ，
k k
1
当a 1时，令Fx f x f  ，x0，························································· 7分
 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，·························································8分
 
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
高三数学 —23— （共 27 页） 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  ，····························································10分
k k k u 
k
1 1 1 1 1 
因为0u
k

a
≤1，所以
u
a
a
，又v
k

a
，且 f x在
a
，

上单调递增，
k
1
所以v  ，即u v 1，符合题意；································································11分
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，..................12分
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
不符合题意；
综上所述，a的取值范围为1，．...............................................................................13分
1  1 
注：①没有正确讨论变量u k ,v k ，a的范围，直接说要证v k  u k ，即证 f u k  f  u k   的步骤
二和步骤三不得分。
②单独说明a≤0不合题意，不给分。
③漏了a1，扣1分。
（i）评分细则：
步骤一：构造函数并求出单调性（1+1分）
 1 
步骤二：论证函数值关系 f u  f  （2分）
k u 
k
步骤三：由函数值关系得到变量关系（1分）
步骤四：论证a1不合题意（2分）
（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，····························································14分
k k a a a
高三数学 —24— （共 27 页）2k
即S  2
 kN*
，
k a
n n 2k 
所以  S k    a 2  ，················································································15分
k1 k1
n 2k  n2 n
因为     a 2   a 2n，·········································································16分
k1
n n2 12an
所以S  ．·············································································17分
k a
k1
注：①第（ⅰ）问未正确解答，第（ⅱ）问说明a0后，正确解答可给分。
n n2 12an
②没有正确的证明过程，最后写S  ，不给1分。
k a ．
k1
（ⅱ）评分细则：
2k lnu v  2k
步骤一：判断两边通项的大小u v   k k 2 2（1分）
k k a a a
n n 2k 
步骤二：说明  S k    a 2  （1分）
k1 k1
n 2k  n2 n
步骤三：右边的通项进行求和     a 2   a 2n（1分）
k1
n2 n
注：本步骤可能被前置，说明前n项和为 2n的数列的通项，与本步骤的得分对应。
a
n n2 12an
步骤四：通过步骤二和三得到S  （1分）
k a
k1
【解析二】（1）同解析一
（2）（ⅰ）不妨设u v ，先证当a 1时，符合题意，
k k 
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  ，····································································7分
k k lnu lnv a
k k
x y
下证 xy  0x y恒成立．
lnxlny
1 2 1 (x1)2
令gx2lnxx x1，则gx 1  0在1,上恒成立，所以gx
x x x2 x2
1
在1,上单调递减，当x1时，gxg10，即2lnxx 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
高三数学 —25— （共 27 页）y
1
y y x yx
令t 0x y，则ln  ，lnylnx ，
x x y xy
x
yx
因为lnylnx0，所以 xy  ，结论得证．..........................................................9分
lnylnx
u v 1 1
可知 u v  k k  ，即u v  ，..........................................................................10分
k k lnu lnv a k k a2
k k
1
当a 1时， ≤1，u v 1，符合题意；····························································11分
 a2 k k
下证a1时，不符合题意．
当0a1时，
1 1 ax ax2 2xa
令Fx fx f  ，Fx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， a   上单调递减，所以 v u 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；.........................................................................................................12分
k k
综上所述，a的取值范围为1，．································································· 13分
注：①直接使用对数均值不等式，没有证明对数均值不等式，扣2分。
高三数学 —26— （共 27 页）②单独说明a≤0不合题意，不给分。
③漏了a1，扣1分。
（i）评分细则：
u v 1
步骤一：得到关系式 k k  （1分）
lnu lnv a
k k
步骤二：证明对数均值不等式（2分）
1
步骤三：利用对数均值不等式的结论得到u v  （1分）
k k a2
步骤四：得到a 1（1分）

步骤五：论证a1不合题意（2分）
（ⅱ）同解析一．
高三数学 —27— （共 27 页）