2026届泉州四检数学答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260520福建2026届各地市五月质检_2026届泉州四检_2026届泉州四检数学试卷+答案

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2026 届高中毕业班适应性练习题库
2026.05
高 三 数 学
本试卷共19题，满分150分，共4页。考试用时120分钟。
★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A{1,2,3,4}，B{x|2x 8}，则Venn图中阴影部分表示的集合是
A．{4}
B．{1,2}
C．{3,4}
D．{2,3,4}
【命题意图】
本小题主要考查集合的运算、不等式等知识；考查运算求解能力等；考查函数与方程思
想等；体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．
【答案】C
【试题解析】
解：由题意得B{x|x3},所以AB{1,2}，所以图中阴影部分表示的是ð (AB)，又因为
B
ð (AB){3,4}，故选C．
B
2．已知点A(0,2)，向量n(1,1)，若n与直线l:ykx垂直，则A到l的距离等于
A．1 B． 2 C．2 D．2 2
【命题意图】
高三数学试题 第1页（共26页）本小题主要考查向量的定义与运算，直线方程、斜率，两直线位置关系，点到直线的距
离等知识；考查运算求解能力等；考查函数与方程思想等；体现基础性，综合性，导向对发
展数学运算等核心素养的关注．
【答案】B

 |OAn|
解法一：设坐标原点为O，OA在n上的投影向量为d ，则A到l的距离为|d|  2，
|n|
故正确答案为B．
解法二：由题意，得l的方向向量a(1,k)，因为an，所以k10，解得k1，从而直线
|02|
l的方程为yx，所以A到l的距离为  2，故正确答案为B．
2
解法三：由题意，得l的方向向量a(1,k)，因为an，所以k10，解得k1，从而l的
倾斜角为45，过A作ABl于B，则在Rt△AOB中，ABO90，AOB45，OA2，
所以A到l的距离为|OA|sin45 2 ，故正确答案为B
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A和B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A这7日数据的第80%分位数是8.7
B．景区B这7日数据的极差是1.7
C．景区A这7日数据的平均数比景区B的两倍小
D．景区B这7日数据的方差比景区A的大
【命题意图】
本小题主要考查样本的数字特征以及图表应用；考查运算求解能力等；体现基础性与应
用性，导向对数学运算、数据分析等核心素养的关注．
【答案】C
【试题解析】
高三数学试题 第2页（共26页）解：选项A：景区A这7日数据由小到大排序为5.8,6.4,7.0,7.8,8.6,8.8,9.5,
由780%5.6，向上取整为6，对应数据为第6个数据8.8，故选项A错误；
选项B：景区B这7日数据的极差为5.02.82.2，故选项B错误；
8.89.58.67.8+7.0+6.45.8
选项C：景区A这7日数据的平均数 7.7，
7
4.5+5.0+4.74.23.73.12.8
又景区B这7日数据的平均数 4，
7
因为7.7428,选项C正确．
选项D：景区B这7日数据的方差
(4.54)2+(5.04)2+(4.74)2 (4.24)2 (3.74)2 (3.14)2 (2.84)2
 0.59，
7
景区A这7日数据的方差
(8.87.7)2 (9.57.7)2 (8.67.7)2 (7.87.7)2+(7.07.7)2+(6.47.7)2 (5.87.7)2
 1.58
7
因为0.591.5，故选项D错误；故选C．
4．在公差为2的等差数列{a }中，a ,a ,a 成等比数列，则{a }的前7项和为
n 3 4 7 n
A．3 B．5 C．9 D．21
【命题意图】
本小题主要等差、等比数列通项等基础知识；考查运算求解能力等；考查函数与方程思
想等；体现基础性与综合性，导向数学运算等核心素养的关注．
【答案】D
【试题解析】
解法一：设等差数列{a }的首项为a ，a a 4，a a 6，a a 12，
n 1 3 1 4 1 7 1
由a a a2可得(a 4)(a 12)(a 6)2，解得a 3，
3 7 4 1 1 1 1
76
所以S 7(3) 221．
7 2
解法二：a a 2，a a 6，由a a a2可得(a 2)(a 6)a2，解得a 3，
3 4 7 4 3 7 4 4 4 4 4
(a a )7
所以S  1 7 7a 21．
7 2 4
5．在平面直角坐标系xOy中，已知两抛物线C :y2 2px和C :x2 2py，且F 为C 的焦点，
1 2 1
Q为C 与C 的公共点．若|OQ|2 2 ，则|FQ|
1 2
高三数学试题 第3页（共26页）5
A．2 B． C． 5 D．3
2
【命题意图】
本小题主要考查抛物线的定义、标准方程及简单几何性质等知识；考查运算求解能力、
推理论证能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性导向对数学
运算、直观想象、逻辑推理等核心素养关注．
【答案】B
解：由对称性可知C 与C 的交点Q必在直线yx上，由 OQ 2 2 ，可得Q(2,2)．
1 2
1 5
代入方程得 p1，则 FQ 2  ．故选B.
2 2
1
6．“函数 f(x) x3 x2在区间(a4,a)内存在最小值”的充分不必要条件可以是
3
A．0a2 B．1a4 C．1≤a＜4 D．2a2
【命题意图】
本小题主要考查用导数工具研究函数的性质与图象、不等式等知识；考查运算求解能力、
逻辑推理能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性与综合性，导向对数
学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注．
【答案】B
【试题解析】
解：导函数为 f(x)x2 2x. 令 f(x)0，解得x2，或x0．
所以当x(,2)(0,)时， f(x)＞0；当x(2,0)时， f(x)＜0.
故 f(x)在区间(,2)和(0,)上单调递增；在区间(2,0)内单调递减．
当x2时， f(x)有极大值；当x0时， f(x)有极小值，且 f(0)0．
令 f(x)0，解得x3或x0.据此画出 f(x)的大致图象，如图．
3≤a4＜0
要使 f(x)在(a4,a)上存在最小值，则 ，即1≤a＜4.故选B．
a4＜0＜a
高三数学试题 第4页（共26页）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，且半径之比约为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
【命题意图】
本小题主要考查球的体积、表面积等知识；考查数学建模能力、运算求解能力、推理认
证能力等；考查化归与转化思想等；体现创新性、应用性等，导向对数学抽象、逻辑推理、
数学建模等核心素养的关注．
【答案】A
【试题解析】
解法一：不妨设大、小西瓜的半径分别为2和1，瓜皮的厚度为a(1a0)，大西瓜的性价比
4 1 4 1
为 π(2a)3 ；则小西瓜的性价比为 π(1a)3 ；大、小西瓜的性价比的比值为
3 80 3 10
(2a)3 (2a)3 [2(1a)a]3 [2(1a)]3
   1，故大西瓜的性价比高.
8(1a)3 8(1a)3 8(1a)3 8(1a)3
解法二：考虑56元分别买到的两种规格西瓜的瓜瓤的体积的大小，比较性价比高低．
此时购到大西瓜1个，小西瓜8个．连皮带瓤的体积，可视为球的体积，则1个大西瓜
的体积也等于8个小西瓜的体积总和．
故只需要比较1个大西瓜的瓜皮体积与8个小西瓜瓜皮的体积之和的大小关系，
由题意知，无论大、小西瓜，瓜皮的厚度均匀一致，不妨设瓜皮厚度a，a0．
由题意得，小西瓜球半径为r(r a0)，大西瓜的半径为2r，
将每个瓜皮近似看作厚度为a，底面积为球的表面积的“柱体”，
故1个大西瓜的瓜皮体积近似为4π(2r)2a16πar2，
1个小西瓜的瓜皮体积为4πr2a，8个小西瓜的瓜皮体积为32πar2，
8个小西瓜的瓜皮体积总和大于1个大西瓜的瓜皮体积，
故相同价格买到的大西瓜的瓜瓤体积要大于买小西瓜的瓜瓤体积，故买大西瓜的性价比
高，故选A．
π π π 3π
8．已知 是函数 f(x)sin(x )(0)的一个零点，当x( , )时， f(x)0，则方程
2 3 4 8
2 f(x) 1 f(x)在区间(0,3π)内所有根的和为
高三数学试题 第5页（共26页）5π 11π 15π
A． B． C ．
2 2 4
21π
D．
4
【命题意图】
本小题主要考查三角函数的图象与性质、三角恒等变换等知识；考查推理论证能力、
运算求解能力等，考查特殊与一般思想、函数与方程思想、化归与转化思想等；体现基础性、
综合性，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．
【答案】D
【试题解析】
π π
 ≥2kππ,

4 3
  8 16 8
3π π 8k ≤≤ k
解法一：由题可知  ≤2kπ, 化简得 3 3 9 ，
 8 3

0
0,


8 16 8 1 4 8 16 56
所以8k ≤ k  ＜k≤ ,kZ，解得k0或1，故得0＜≤ 或 ≤≤ .
3 3 9 6 3 9 3 9
π π π 2
由 f( )0得 x kπ，即2k  ,k Z．
2 2 3 1 3 1
2 2 π 1
综上 ，所以 f(x)sin( x )， 由 f(x)2 f(x) 1得 f(x)1或 f(x) ．
3 3 3 3
2 π π 5π
令t  x ,t( , )，在此范围，恰有3个零点，设F(x)零点分别为x,x ,x ，
3 3 3 3 1 2 3
2 π 3π 1
则t  x  (i1,2,3)，当sint1时，t  ；当sint  时，t t π，
i 3 i 3 1 2 3 2 3
2 5π 21π
所以t t t  (x x x )π ，所以x x x  ．故选D．
1 2 3 3 1 2 3 2 1 2 3 4
π
解法二：设函数 f(x)sin(x )的最小正周期为T ，
3
π 3π 3π π T π π 3π π T
因为当x( , )时， f(x)0，所以   ，所以T  ，    ，
4 8 8 4 2 4 2 8 8 2
π π π π T π 2π π
故当x( , )时， f(x)0，从而   ，即T  ，所以  ，故04．
4 2 2 4 2 2  2
π π π 2
又由 f( )0，得  2kπ，解得4k (kN*)，
2 2 3 3
高三数学试题 第6页（共26页）2 2 π
故 ，所以 f(x)sin( x )．
3 3 3
又由2 f(x) 1 f(x)，得 f(x)2 f(x) 1，
3f(x), f(x)≥0,
令g(x) f(x)2 f(x) ，则g(x)
f(x), f(x)0,
又 f(x)的最小正周期T 3π，作出yg(x)的图象，
则直线y1与曲线yg(x)的交点的横坐标为方程2 f(x) 1 f(x)的根，
由图可知方程2 f(x) 1 f(x)有三个根x,x ,x (x x x )，
1 2 3 1 2 3
π
2π
且x,x ( π ,2π)， x 1 x 2  2 即x x  5π ，x  5π  T  11π ，
1 2 2 2 2 1 2 2 3 4 2 4
21π
从而x x x  ，故正确答案为D．
1 2 3 4
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S 为数列{a }的前n项和，若a 1,a S ，则
n n 1 n1 n
A．a 2 B．{a }为等比数列
3 n
C．S 16 D．{log S }为等差数列
5 2 n
【命题意图】
本小题以数列递推关系式为载体，考查等差、等比数列的定义、性质、前n项和等知识；
高三数学试题 第7页（共26页）考查运算求解能力、逻辑推理能力；考查特殊与一般思想；考查数学运算、数学建模等核心
素养，体现基础性与综合性．
【答案】ACD
【试题解析】
解：当n1时，a S 1,a S 2,故选项A正确;
2 1 3 2
因为{a }的前三项依次是1,1,2，不成等比数列，故选项B错误；
n
当n≥2时，a S S a a ，化简得a 2a ，
n n n1 n1 n n1 n
 1,n1
所以a  ，由S 1,S 2，S 11...2n2(n≥3)，
n 2n2,n≥2 1 2 n
S 24 16，故C正确；
5
可得S 2n1 0,故取对数得log S log 2n1 n1，
n 2 n 2
所以log S log S n1(n2)1，故选项D正确.
2 n 2 n1
10．已知点A在直线l:y 3x4上，点B,C在圆O:x2  y2 r2(r0)上，若|AB||AC|，
且BC∥l，则下列说法正确的是
A．当r 2时，直线l与圆O相切 B．直线OA倾斜角为150
C．当r 2时，BAC可能为90 D．若BAC60,则r 的取值范围为(1,)
【命题意图】
本小题主要考查直线、圆的方程与性质、直线与圆的位置关系等知识；考查运算求解能
力、逻辑推理能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性，导向
对数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注．
【答案】ABC
【试题解析】
解：由题意知，已知圆心为O，半径为r ，直线l: 3xy40的倾斜角为60．
4
选项A，当r 2时，圆心到l的距离为 2r，故l与圆O相切，A选项正确；
31
选项B，如右图，取BC的中点H ，连接OH,AH ，由垂径定理知OH⊥BC ,
又注意到AB AC，故AH⊥BC，故A,O,H 三点共线.
因为OA⊥BC，l∥BC，所以OA⊥l，
已知l:y 3x4的倾斜角为60，
直线OA的倾斜角为150，故B正确；
高三数学试题 第8页（共26页） 3
 y x
对于选项C，由 3 ，可得A( 3,1)，

y 3x4
当r 2时，不妨设AB与圆O相切，又因为|OA|2，
可知△ABO为等腰直角三角形，
所以BAO45，得BAC90，故C正确；
对于选项D，如下图，当AB,AC都与圆O相切，且BAC60，则BAO30，
因为OA2，此时，半径r1．所以当BAC60时，半径r1符合，故D错误．
11．已知A,B为必然事件的两个随机事件，若0P(A)1，0P(B)1，则
A．P(B|A)P(B|A)P(A) B．P(A)P(B)≤1P(AB)
1
C．|P(AB)P(A)P(B)|≤ D．P(B|A)P(A|B)P(AB)
4
【命题意图】
本小题主要考查随机事件、和事件、积事件、对立事件的概率，独立事件的性质、条件
概率、全概率公式等基础知识；考查逻辑推理能力、运算求解能力等；考查化归与转化思想、
或然与必然思想等；体现基础性、综合性、创新性，导向对逻辑推理、数学运算等核心素养
的关注．
【答案】BC
【试题解析】
P(AB) P(AB)
解：选项A，P(B|A) ,P(B|A) ，
P(A) P(A)
P(AB)P(AB) P(A)
所以P(B|A)P(B|A)  1，故A选项错误；
P(A) P(A)
选项B，因为P(AB)P(A)P(B)P(AB) ，又P(AB)≤1，
高三数学试题 第9页（共26页）故P(A)P(B)P(AB)≤1，从而得P(A)P(B)≤1P(AB)，故选项B正确；
选项C，不妨设P(A)a,P(B)b,0a≤b1，
设P(AB)x，因为P(AB)≤P(A)，所以x≤a，
1 1 1
所以P(AB)P(A)P(B)xab≤aab≤aa2 (a )2  ≤ ，
2 4 4
1 1
当且仅当AB,P(A) 时，P(AB)P(A)P(B)取到最大值 ；
2 4
由B可知ab≤1x，
(ab)2 (x1)2 1
所以P(AB)P(A)P(B) xab≥x  x  (x1)2，
4 4 4
1
因为0≤x1，所以P(AB)P(A)P(B)≥ ，
4
1
当且仅当AB,且P(A)P(B) 时取到等号；
2
1
综上，可得|P(AB)P(A)P(B)|≤ ，故C正确.
4
P(AB) P(AB) P(AB)P(AB)
选项D：P(B|A)P(A|B)   ，
P(A) P(B) P(A)P(B)
当A,B独立时，则P(B|A)P(A|B)P(AB) 成立，
若A,B不独立时，则P(B|A)P(A|B)P(AB)，所以D不正确，
故选BC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知函数 f(x)tanxax1， f(1)2，则 f(1)______．
【命题意图】
本小题主要考查函数的性质与图象，考查逻辑推理能力；考查数形结合思想；体现基础
性；导向逻辑推理等核心素养的关注．
【答案】4．
【试题解析】
解：因为g(x) f(x)1tanxax 为奇函数，g(1) f(1)13，所以g(1)3，
所以 f(1)g(1)14．
13．对于复数z,z ，定义zz 为z z 的实部．若z i，zz 1，则z 可以为 ．（写
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
出一个满足条件的答案）
高三数学试题 第10页（共26页）【命题意图】
本小题以复数的新定义为载体，考查复数的有关概念、运算等基础知识；考查运算求解
能力等；体现基础性，创新性；导向对数学运算等核心素养的关注．
【答案】i（答案不唯一，只要虚部为1的复数都正确）
【试题解析】
设z cdi,(c,dR)，所以z cdi，
2 2
则z z i(cdi)dci，所以z z d，故d 1.
1 2 1 2
14．已知F,F 为双曲线E的焦点，点P在E上，点M ,G分别为△PFF 的内心和重心．若
1 2 1 2
3
MG∥FF ，且sinFPF  ，则E的离心率为______．
1 2 1 2 5
【命题意图】
本小题主要考查双曲线的定义、几何性质、焦点三角形性质、三角形的四心等基础知
识；考查运算求解、推理论证等能力；考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程等
思想；体现基础性与综合性，导向对数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注．
6
【答案】 .
2
【试题解析】
解法一：由对称性，不妨设双曲线的中心在原点，焦点在x轴上，P在E的右支上，
x2 y2
设E:  1(a0,b0,c a2 b2)，则|FF |2c,|PF PF |2a.
a2 b2 1 2 1 2
1
设△PFF 的内切圆的半径为r，S  |FF |r cr，
1 2 △MF1F2 2 1 2
1
又S  (|PF ||PF ||FF |)r，
△PF1F2 2 1 2 1 2
1
由题意FF∥MG，故S S ，由重心的性质得S  S ,
1 2 △GF1F2 △MF1F2 △GF1F2 3 △PF1F2
高三数学试题 第11页（共26页）1
所以S  S ，即6c|PF ||PF ||FF |.
△MF1F2 3 △PF1F2 1 2 1 2
故可得|PF ||PF |4c，解得|PF |2ca，|PF |2ca.
1 2 1 2
3
因为sinFPF  ，注意到|PF |2ca|FF |2c，故FPF 不是△PFF 中的最大
1 2 5 1 1 2 1 2 1 2
角，
3 4
故FPF 必为锐角，故cosFPF  1( )2  .
1 2 1 2 5 5
在根据余弦定理|FF |2|PF |2 |PF |2 2|PF ||PF |cosFPF ，
1 2 1 2 1 2 1 2
c2 3 3 6
可得  ，解得离心率e  .
a2 2 2 2
解法二：由对称性，不妨设双曲线的中心在原点，焦点在x轴上，P在E的右支上，
x2 y2
设E:  1(a0,b0,c a2 b2)，则|FF |2c,|PF PF |2a，如图.
a2 b2 1 2 1 2
在△PFF 中，连接PO,MF,MF ,MP，延长PM 交x轴于点N.
1 2 1 2
|GP| |GP| |MP|
因为G为重心，所以 2，又因为FF∥MG，所以  2.
|GO| 1 2 |GO| |MN|
|F P| |MP|
又因为M 为△PFF 的内心，故直线MF 平分FF P，所以 2  2，
1 2 2 1 2 |F N| |MN|
2
所以|PF |2|F N|；同理|PF |2|FN|.
2 2 1 1
所以|FP||F P|2(|FN||NF |)4c，又|FP||F P|2a，
1 2 1 2 1 2
解得|PF |2ca，|PF |2ca.
1 2
3
又因为sinFPF  ，注意到|PF |2ca|FF |2c，
1 2 5 1 1 2
故FPF 不是△PFF 中的最大角，故FPF 必为锐角，
1 2 1 2 1 2
高三数学试题 第12页（共26页）π π
记为2，2(0, )，则(0, )，故0tan1
2 4
2tan 1
因为sin2 ，所以3tan210tan30，解得tan 或tan3.
1tan2 3
1 1 3
设△PFF 的面积为S，一方面S  |PF ||PF |sinFPF  (2ca)(2ca) ，
1 2 2 1 2 1 2 2 5
3
化简得S  (4c2 a2)；
10
FPF FPF 1
另一方面S b2cot 1 2 ，其中tan 1 2  ，化简得S 3b2；
2 2 3
3 6
故3b2  (4c2 a2)，解得离心率e .
10 2
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）
已知△ABC的面积为6，且AB2.
π
（1）若∠ABC  ，求BC；
4
 
（2）若BC2DB，且BC10，求sin∠BAD.
【命题意图】本题主要考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换等知识；考查运算求解
能力、逻辑推理能力等；考查函数与方程思想、化归与转化思想等；涉及逻辑推理、数学运
算等学科核心素养，体现基础性、综合性．
【试题解析】
1
解：（1）S  ABBCsinABC，································································2分
△ABC
2
由题意知S △ABC 6,AB2，代入上式，解得 BC6 2 ，··································4分
1
（2）由S  BABCsin∠ABC 6，又BC10，
ABC 2
3
解得sin∠ABC  ．···················································································5分
5
3
因为∠ABC∠ABDπ，所以sin∠ABD ，················································6分
5
情况一：若ABC是钝角，则∠ABD是锐角，所以cos∠ABD0，
4
所以cos∠ABD 1sin2∠ABD  ，···························································7分
5
高三数学试题 第13页（共26页）由余弦定理得AD2 BA2 BD2 2BABDcos∠ABD ········································8分
解得AD 13．························································································9分
BD AD
在△ABD中，由正弦定理  ，········································· 10分
sin∠BAD sin∠ABD
3 3 13
得sin∠BAD  ．·······································································11分
13 13
4
情况二：若ABC是锐角，则cos∠ABD0，解得cos∠ABD ，
5
由余弦定理得AD2 BA2 BD2 2BABDcos∠ABD ，解得AD3 5，·············12分
BD AD
在△ABD中，由正弦定理  ，
sin∠BAD sin∠ABD
5
得sin∠BAD ．··················································································13分
5
16．（15分）
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M 元，按规定返现Y
元．若事件“Y 100”的概率最大，求M 的最小值．
【命题意图】
本小题主要考查事件的概率，二项分布等知识；考查运算求解能力等；化归与转化思想、
或然与必然思想等；体现综合性、应用性，导向对数学抽象、数学建模、数学运算核心素养
的关注．
【试题解析】
解：（1）箱子里共有4个红球、2个黑球共6个球，摸出3个球，
高三数学试题 第14页（共26页）则基本事件的总数为C3 20，·····································································1分
6
若摸出红球不少于2个，即“2红1黑”或“3红”两种情况，··································2分
“2红1黑”有C2C1种不同基本事件；······························································3分
4 2
“3红”有C3C0种不同的基本事件，
4 2
一共有C2C1 C3C0 16个基本事件，··························································· 4分
4 2 4 2
16 4
所以一次抽奖的获奖概率为  ．·····························································5分
20 5
(2)由题意得，Y 100表明中奖10次，··························································6分
设该顾客按规定一共抽奖n次,恰好中奖次数为X ，
4
则根据题意，每次中奖概率为 ，且各次抽奖互不影响，
5
故该抽奖过程是符合的n次独立重复试验，···················································· 7分
4
恰好中奖次数为X ，X 服从二项分布，即X  B(n, )，···································8分
5
4 4 4 1
从而P(X k)Ck ( )k (1 )nk Ck ( )k ( )nk,k 0,1,2,,n························9分
n 5 5 n 5 5
 P(X k)
≥1,

P(X k 1)
要找到k使得P(X k)最大，必须满足： ······························10分
P(X k 1)
≤1,
  P(X k)
 4 1
Ck ( )k ( )nk
  n 5 5 ≥1,
4 1
Ck1( )k1( )n1k
 n 5 5
即 ········································································ 12分
 Ck1( 4 )k1( 1 )n1k
 n 5 5 ≤1,
 4 1
 Ck ( )k ( )nk
 n 5 5
5k4 5k1
解得 ≤n≤ ，···········································································13分
4 4
46 51
由题意得k10，代入上式得 ≤n≤ ，
4 4
因为nN*，故n12.··············································································14分
所以为使得获奖10次的概率最大，一共抽奖12次，
则按规定，消费金额M 的最小值为121001200元·······································15分
17．（15分）
高三数学试题 第15页（共26页）如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，BAD30，BC1，BP AD于P，BP2．将
△ABP沿BP翻折至△ABP，使得AC 17，如图2．
（1）证明：AP平面BCDP；
10 3
（2）已知四棱锥ABCDP的体积为 ，若点Q在线段AC上，且二面角QPDB
3
的大小为60，求直线AD与平面QPD所成角的正弦值．
图1 图2
【命题意图】
本小题主要考查空间几何体的体积、直线与平面的位置关系、求二面角、线面角等基础
知识；考查空间想象、推理论证、运算求解等能力；考查化归与转化等思想，函数与方程思
想；体现基础性和综合性，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．
【试题解析】
解法一：（1）证明：因为BP AD，即BP AP，即BP AP，·····························1分
BP 1
在△ABP中，BAD30，BP2，所以 tanBAP ,
AP 3
解得AP2 3，即AP2 3.·····································································2分
因为BP AD，又AD∥BC，所以BP⊥BC，················································ 3分
连结CP，在△PBC中，CP PB2 BC2  5，···········································4分
又在△APC中，得AP2 PC2 17 AC2，得APPC，·······························5分
又因为BPPCP，BP,PC面BCDP，所以AP平面BCDP．·················· 6分
高三数学试题 第16页（共26页）（2）由（1）可知，AP平面BCDP，所以AP是四棱锥ABCDP的高，
1
则四棱锥ABCDP的体积V  S AP，
3 BCDP
1 1 2 3
即V   (1PD)22 3 (1PD) ，
3 2 3
10 3
又由题意知V  ，故解得PD4 ，·······················································7分
3
因为AP平面BCDP，又PBPD，故以P为原点，PB,PD,PA分别为x,y,z 轴建立
空间直角坐标系Pxyz.··············································································8分
可得，A(0,0,2 3),D(0,4,0),B(2,0,0),C(2,1,0)，
  
得AC (2,1,2 3)，PD(0,4,0)，AD(0,4,2 3)，···································9分
 
设AQtAC(0t 1)，
    
则PQPAAQPAtAC  (0,0,2 3) (2t,t,2 3t) (2t,t,2 3(1t)) ，·········10分
设平面PQD的法向量为n (x,y,z)，
1

 n PQ0 2txty2 3(1t)z0
可得 1

，即 ，
n PD0  y0
1
t t
令x 3，解得z ，所以n ( 3,0, )，···········································11分
t1 1 t1
又知平面PBD的一个法向量为n (0,0,1)，
2
1
由题意知，二面角QPDB的平面角为60，故|cosn,n | ，················12分
1 2 2
t
| |
即|cosn,n |
|n
1
n
2
|

t1

1
，解得t 
1
，·····························13分
1 2 |n ||n | t 2 2
1 2 3( )2
t1
求得n ( 3,0,1)，
1
高三数学试题 第17页（共26页）
 |ADn |
设直线AD与平面QPD所成角为，则sin|cos AD,n |  1 ，·········14分
1 |AD||n |
1
 21
将AD(0,4,2 3)，n ( 3,0,1)，代入上式，解得sin ，
1 14
21
所以，直线AD与平面QPD所成角的正弦值为 ．·····································15分
14
解法二：（1）同解法一；
（2）由（1）可知，AP平面BCDP，所以AP是四棱锥ABCDP的高，
1
则四棱锥ABCDP的体积V  S AP，
3 BCDP
1 1 2 3
即V   (1PD)22 3 (1PD) ，
3 2 3
10 3
又由题意知V  ，解得PD4 ，··························································7分
3
所以AD PA2 PD2  1216 2 7．·····················································8分
下求A到平面QPD的距离d ．
如图，过点Q作QE∥BC，交AB于点E，连EP，
又因为BC∥AD，所以EQ∥PD，所以E,Q,D,P四点共面·································9分
因为DPPB，DP AP，PBAPP，PB,AP面ABP，
所以DP平面APB，·············································································10分
因为EP面APB，所以DPEP，
又DPBP，BP平面BCDP，平面BCDP平面QDPDP，
故EPB为二面角QPDB的平面角，所以EPB60，···························· 11分
在Rt△ABP中，已知AP2 3,PB2，可得AB4，其面积S 2 3．
△ABP
可得tanABP 3，故ABP60，即EBP60，
又因为EPB60，所以△BEP为等边三角形，所以BE BP2，
高三数学试题 第18页（共26页）因为AB4，所以E为AB的中点，···························································12分
1 1
又因EQ∥BC ，所以Q为AC的中点，所以QE  BC  ，
2 2
1
所以S  S  3，
△AEP
2
△ABP
1 3
所以三棱锥Q AEP的体积V  S EQ  ，·································13分
QAPE
3
△AEP
6
3 1
因为V V ，所以  S d ，
AEPQ QAPE
6 3
△EPQ
1 1
因为QE EP，所以S  QEEP ，故解得d  3．··························14分
△EPQ
2 2
d 3 21
所以直线AD与平面QPD所成角的正弦值为   ．·······················15分
AD 2 7 14
解法三：（1）同解法一；
（2）由（1）可知，AP平面BCDP，所以AP是四棱锥ABCDP的高，
1
则四棱锥ABCDP的体积V  S AP，
3 BCDP
1 1 2 3
即V   (1PD)22 3 (1PD) ，
3 2 3
10 3
又由题意知V  ，解得PD4 ，··························································7分
3
所以AD PA2 PD2  1216 2 7．·····················································8分
下求A到平面QPD的距离d ．
如图，过点Q作QE∥BC，交AB于点E，连EP，
又因为BC∥AD，所以EQ∥PD，所以E,Q,D,P四点共面·································9分
因为DPPB，DP AP，PBAPP，PB,AP面ABP，
所以DP平面APB，·············································································10分
因为EP面APB，所以DPEP，
高三数学试题 第19页（共26页）又DPBP，BP平面BCDP，平面BCDP平面QDPDP，
故EPB为二面角QPDB的平面角，所以EPB60，···························· 11分
在Rt△ABP中，已知AP2 3,PB2，可得AB4，
可得tanABP 3，故ABP60，即EBP60，
又因为EPB60，所以△BEP为等边三角形，所以BE BP2，
因为AB4，所以E为AB的中点，···························································12分
E平面BCDP，故A到平面EQDP的距离总等于点B到平面EQDP的距离，····13分
过B作EP的垂线交EP于点F ，即BF EP，
因为DP平面ABP，又因为BF 平面APB，
所以BF DP，又因为EPDPP，所以BF 平面PDQE ，
因为F平面PDQE ，所以点B到平面BCDP的距离为BF .
因为BF  3，所以点A到面BCDP的距离d 为 3 ．··································14分
d 3 21
所以，直线AD与平面QPD所成角的正弦值为   ．····················15分
AD 2 7 14
18．（17分）
y2
已知椭圆C: x2 1分别与 y轴正半轴、x轴正半轴交于A,B两点．
2
（1）求直线AB的方程；
（2）设M ,N为椭圆上的两个动点，在四边形AMNB中，MN ∥AB．
（ⅰ）证明：直线AM 与BN的斜率之积为定值；
  
（ⅱ）设O为坐标原点，过O的直线交C于P,Q两点，OM ON OP，其中0．判
断是否存在直径为3的圆经过M,N,P,Q四点？若存在，求；若不存在，说明理由．
【命题意图】
本题主要考查椭圆的标准方程、简单几何性质、直线与椭圆的位置关系，直线的平行与
垂直、点到直线的距离公式，圆的方程、四点共圆的性质等知识；考查运算求解能力、逻辑
高三数学试题 第20页（共26页）推理能力等；考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想等；体现基础性、综合
性，创新性，导向对数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注．
【试题解析】
y2
解法一：（1）由C: x2 1，令x0，解得y 2，故A(0, 2)，······················1分
2
令y0，解得x1，故B(1,0)，································································2分
20
所以直线AB的斜率为  2，···························································3分
01
即AB:y 2x 2 . ···············································································4分
（2）由（1）知AB直线的斜率为 2，因为MN∥AB，所以MN的斜率为 2.······· 5分
y 2xt,

得直线MN:y 2xt ， 将MN与椭圆联立 y2
 x2 1,
 2
可得4x2 2 2txt2 20() ，·······························································6分
其判别式8t2 44(t2 2)0，得2t2.
2 t2 2
设M(x,y ),N(x ,y )，所以x x  t，xx  ，·································7分
1 1 2 2 1 2 2 1 2 4
又因为y  2x t,i1,2，
i i
可得y y ( 2x t)( 2x t)2xx  2t(x x )t2，
1 2 1 2 1 2 1 2
t2 2
化简得y y  ， ················································································8分
1 2 2
又y  y ( 2x t)( 2x t) 2(x x )2t ，
1 2 1 2 1 2
化简得y  y t，
1 2
y  2 y
根据题意得k  1 ，k  2 ，·······················································9分
AM x BN x 1
1 2
y  2 y y y  2y y y  2(y  y ) 2y
所以k k  1  2  1 2 2  1 2 1 2 1 ，
AM BN x x 1 xx x xx x
1 2 1 2 1 1 2 1
t2 2 t2 2
 2t 2( 2x t) 2x
所以k k  2 1  2 1  2.·····························10分
AM BN t2 2 t2 2
x x
4 1 4 1
理由如下：由（2）知，将MN方程与椭圆方程联立，得4x2 2 2txt2 20() ，
高三数学试题 第21页（共26页）2 t2 2
所以x x  t，xx  ，y  y t，
1 2 2 1 2 4 1 2
  
设P(x ,y )，由题意中OM ON OP，
0 0
x x 2t y  y t
可解得x  1 2  ,y  1 2  ,·····················································12分
0  2 0  
2t t
因为P(x ,y )在椭圆上，即2( )2 ( )2 2，即2 t2，|||t|．·················13分
0 0 2 
由于P,Q为椭圆上关于O对称，不妨设t 0，
x x 2 y  y
故可得x  1 2  ,y  1 2 1,
0  2 0 
2 2
即P( ,1)，Q( ,1)．·······································································14分
2 2
2
所以直线PQ:y 2x，可得PQ垂直平分线l 方程为y x，
1
2
x x y  y 2t t
由（2）得MN 的中点坐标为( 1 2 , 1 2)，即( , )，
2 2 4 2
t 2 2 2 t
所以MN 的垂直平分线l :y  (x t)，化简得l :y x ．
2 2 2 4 2 2 4
若符合题目条件的圆存在，则圆心一定是l,l 的交点，设圆心为O，
1 2
 2 t
y x ,
 2 4 2t t
联立l,l 方程 解得O ( , ) ．············································15分
1 2
 2 8 8
y x,

 2
2 2 t 1
所以该圆的半径 |OQ| ( t )2 ( 1)2  2(t4)2 (t8)2 ，
8 2 8 8
3 3
化简得|OQ| t2 32，又因为2 t2，故|OQ| 2 32 ，
8 8
3 3 3
根据题意，所求的圆的半径为 ，令|OQ| 2 32  ，
2 8 2
可得2 16，故||4．··········································································16分
由（2）中()的判别式 0，得2t2，即||2，与4矛盾，
故无解，所以不存在符合题目条件的圆．·················································· 17分
y2
解法二：（1）由C: x2 1，令x0，解得y 2，故A(0, 2)，······················1分
2
高三数学试题 第22页（共26页）令y0，解得x1，故B(1,0)，································································2分
x y
所以直线AB:  1．·········································································· 4分
1 2
即AB:y 2x 2 ．（不转化成一般式或斜截式的不扣分）
（2）由（1）知AB直线的斜率为 2，又因为MN∥AB，
所以MN的斜率为 2．············································································5分
y  y
设M(x ,y ),N(x ,y )，得 1 2  2，
1 1 2 2 x x
1 2
即y  y  2(x x )… ········································································6分
1 2 1 2
①y2 2x2 2,
又因为M,N都在椭圆上，故 1 1 两式相减
y 2 2x 2 2,
2 2
可得(y  y )(y  y )2(x x )(x x )，···················································· 7分
1 2 1 2 1 2 1 2
将 代入上式，得y  y  2(x x )…
1 2 1 2
故①＋ 得，2y 2 2x ，即y  2x ；②
1 2 1 2
同理① －② 得y  2x ．·········································································· 8分
2 1
① ②y  2 y
因为k  1 ，k  2 ，································································9分
AM x BN x 1
1 2
y  2 y 2x  2 2x
所以k k  1  2  2  1  2．····································10分
AM BN x x 1 x x 1
1 2 1 2
（3）同解法一.
解法三：（1）同解法一；
（2）同解法一；
（3）不存在符合题目条件的圆.······························································ 11分
  
理由如下：设P(x ,y )，由题意中OM ON OP，
0 0
x x y  y
可解得x  1 2 ,y  1 2 ,
0  0 
x x y  y
因为P在椭圆上，故2( 1 2)2 ( 1 2)2 2，即得2(x x )2 (y  y )2 22，
  1 2 1 2
整理得(2x2  y2)(2x 2  y 2)2(2xx  y y )22，
1 1 2 2 1 2 1 2
因为M,N在椭圆上，故分别有2x2  y2 2与2x 2  y 2 2，代入上式
1 1 2 2
得2xx  y y 2 2①，·····································································12分
1 2 1 2
高三数学试题 第23页（共26页）t2 2 t2 2
由（2）知xx  ，y y  ，
1 2 4 1 2 2
所以2xx  y y t2 2②，
1 2 1 2
根据 ，可得2 t2即|||t|,·······························································13分
由于①P,Q②为椭圆上关于O对称，不妨设t 0，
x x 2 y  y
故可得x  1 2  ,y  1 2 1,
0  2 0 
2 2
所以P( ,1)，Q( ,1)．····································································14分
2 2
直线PQ:y 2x，即y 2x0；直线MN:y 2xt ，即MN:y 2xt 0.
因为M,N,P,Q都在椭圆上，
经过这四点的二次曲线系方程C :(y 2x)(y 2xt)(2x2 y22)0(为实数),
1
整理得C :(22)x2 (1)y2  2txty20，
1
若C 为圆的方程，必要地221，即3，代入C 方程，
1 1
2t t 3
得C :x2  xy2  y 0 ，·····························································15分
1 4 4 2
2t t 3 3t2
配方可得C :(x )2 (y )2   ，
1 8 8 2 64
2t t 3 3t2 3
故 的圆心为( , )，半径为  即为 322 ．
C
1 8 8 2 64 8
3 3 3
由题意知该圆的半径为 ，令 322  ，解得||4，·························16分
2 8 2
由（2）中()的判别式 0，得2t2，即||2，与4矛盾，
所以无解，故不存在符合题目条件的圆．·················································· 17分
19．（17分）
已知函数 f(x)kxln(1x)，其中k≥0，数列{a }满足a 2，a  f(a )．
n 1 n n1
1
（1）设g(x) f(x) x2 x，若k0，求g(x)的最大值；
2
3
（2）证明：若k1，当n≥2时，(a 2)(a 2)(a 2)2 n 2 ；
1 2 n
（3）当1≤n≤2026时，a a ，求k的取值范围．
n n1
【命题意图】
高三数学试题 第24页（共26页）本题主要考查等差、等比数列的性质、求和，数列的递推关系，应用导数工具研究函数
的性质、不等式的证明等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查化归与转化思想、
函数与方程思想等；体现基础性、综合性、创新性，导向对数学运算、数学抽象，逻辑推理
等核心素养的关注．
【试题解析】
1
19.解法一：（1）当k0时，g(x)ln(1x)( x2 x)，其定义域为(1,)，···········1分
2
1 x(x2)
g(x) (x1) ,(x1)，······················································2分
1x 1x
在x(1,0)，g(x)0，g(x)单调递增；······················································3分
在x(0,)，g(x)0，g(x)单调递减；
故x0时，g(x)取到最大值g(0)0.····························································4分
（2）当k1时， f(x)xln(1x)，
由题意得a a ln(1a )≤a a 2a ，············································5分
n n1 n1 n1 n1 n1
所以，若a 0，则a 0，
n n1
又因为a 0，所以a 0,,依此类推a 0，···············································6分
1 2 n
1 1
由（1）得g(x)≤0，即 f(x)≤x x2 x x2 2x，
2 2
1 1
所以a  f(a )≤ a 2 2a ，即a 2≤ (a 2)2，·································7分
n n1 2 n1 n1 n 2 n1
1
不等式两边取对数，得log (a 2)≤log log [(a 2)2]2log (a 2)1，
2 n 2 2 2 n1 2 n1
不等式两边同减去1，得log (a 2)1≤2[log (a 2)1]，····························8分
2 n 2 n1
因为a 0，所以(a 2)2 4，所以log (a 2)1log 210.
n n 2 n 2
1 1
故log (a 2)1≥ [log (a 2)1]，log (a 2)1≥ [log (a 2)1],…
2 n 2 2 n1 2 n1 2 2 n2
1 1
log (a 2)1≥ [log (a 2)1] ，
2 2 2 2 1 2
1 1
累乘可得log (a 2)1≥ ，即log (a 2)≥ 1，··································9分
2 n 2n1 2 n 2n1
n n 1 3
故当n≥2时，log (a 2)≥(121i)n2( )n1≥n ，·······················10分
2 i 2 2
i1 i1
3
n
所以(a 2)(a 2)(a 2)≥2 2，本题得证.···············································11分
1 2 n
高三数学试题 第25页（共26页）（3）由题意得，数列{a }单调递增，故必要地a a ，
n 1 2
因为 f(x)在(1,)上单调递增，则 f(a) f(a )，
1 2
又因为 f(a )a ，所以 f(a )a .·······························································12分
2 1 1 1
ln3
因为a 2，所以 f(2)2，得2kln32，解得k 1 ，
1 2
ln3
又因为k≥0，故k[0,1 )为数列{a }单调递增的必要条件.·························13分
2 n
下证充分性：
ln3 ln3
当k[0,1 )，因为 f(x)x(k1)xln(1x)( )xln(1x)，············14分
2 2
ln3
设h(x)( )xln(1x),(x≥2)，
2
ln3 1 ln3 1
h(x)  ≤  0，所以h(x)在[2,)上单调递减，
2 1x 2 3
所以h(x)h(2)ln3ln30，所以 f(x)x,(x≥2)．·································· 15分
因为a a 2，即 f(a ) f(a )2，
2 1 3 2
因为 f(x)在(1,)单调递增，故a a ，···················································16分
3 2
可得a a a 2,，依此类推，可得a a a a 2．
3 2 1 2026 2025 2 1
当1≤n≤2026时，a a ，充分性得证．
n n1
ln3
综上k的取值范围为[0,1 )．································································17分
2
高三数学试题 第26页（共26页）