2026届福建省师大附中高三下学期三诊考试数学试题试卷含解析.doc

2026届福建省师大附中高三下学期三诊考试数学试题试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设函数的定义域为，命题：，的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
2．椭圆是日常生活中常见的图形，在圆柱形的玻璃杯中盛半杯水，将杯体倾斜一个角度，水面的边界即是椭圆.现有一高度为12厘米，底面半径为3厘米的圆柱形玻璃杯，且杯中所盛水的体积恰为该玻璃杯容积的一半（玻璃厚度忽略不计），在玻璃杯倾斜的过程中（杯中的水不能溢出），杯中水面边界所形成的椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知双曲线的左右焦点分别为，，以线段为直径的圆与双曲线在第二象限的交点为，若直线与圆相切，则双曲线的渐近线方程是（ ）
A． B． C． D．
4．已知全集，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知集合．为自然数集，则下列表示不正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A． B．3 C． D．4
7．从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为
A．48 B．72 C．90 D．96
8．函数的对称轴不可能为（ ）
A． B． C． D．
9．的展开式中有理项有（ ）
A．项 B．项 C．项 D．项
10．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
11．若变量，满足，则的最大值为（ ）
A．3 B．2 C． D．10
12．年某省将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为____________.
14．若且时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为________．
15．已知，圆，直线PM，PN分别与圆O相切，切点为M，N，若，则的最小值为________.
16．三棱锥中，点是斜边上一点.给出下列四个命题：
①若平面，则三棱锥的四个面都是直角三角形；
②若，，，平面，则三棱锥的外接球体积为；
③若，，，在平面上的射影是内心，则三棱锥的体积为2；
④若，，，平面，则直线与平面所成的最大角为.
其中正确命题的序号是__________．（把你认为正确命题的序号都填上）
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数，其导函数为，
（1）若，求不等式的解集；
（2）证明：对任意的，恒有.
18．（12分）如图，在中，点在上，，，.

（1）求的值；
（2）若，求的长.
19．（12分）已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若的解集包含，求的取值范围.
20．（12分）已知函数.
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）若不等式对任意实数恒成立，求实数的取值范围.
21．（12分）如图所示，在四棱锥中，底面是棱长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的正切值．
22．（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，.
（1）求cosC；
（2）若b＝7，D是BC边上的点，且△ACD的面积为，求sin∠ADB.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D
【解析】
根据命题的否定的定义，全称命题的否定是特称命题求解.
【详解】
因为：，是全称命题，
所以其否定是特称命题，即，.
故选：D
本题主要考查命题的否定，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
2．C
【解析】
根据题意可知当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大，由椭圆的几何性质即可确定此时椭圆的离心率，进而确定离心率的取值范围.
【详解】
当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大.
此时椭圆长轴长为，短轴长为6，
所以椭圆离心率，
所以.
故选：C
本题考查了橢圆的定义及其性质的简单应用，属于基础题.
3．B
【解析】
先设直线与圆相切于点，根据题意，得到，再由，根据勾股定理求出，从而可得渐近线方程.
【详解】
设直线与圆相切于点，
因为是以圆的直径为斜边的圆内接三角形，所以，
又因为圆与直线的切点为，所以，
又，所以，
因此，
因此有，
所以，因此渐近线的方程为.
故选B
本题主要考查双曲线的渐近线方程，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.
4．C
【解析】
先求出集合U，再根据补集的定义求出结果即可．
【详解】
由题意得，
∵，
∴．
故选C．
本题考查集合补集的运算，求解的关键是正确求出集合和熟悉补集的定义，属于简单题．
5．D
【解析】
集合．为自然数集，由此能求出结果．
【详解】
解：集合．为自然数集，
在A中，，正确；
在B中，，正确；
在C中，，正确；
在D中，不是的子集，故D错误．
故选：D．
本题考查命题真假的判断、元素与集合的关系、集合与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6．C
【解析】
首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.
【详解】
解：根据几何体的三视图转换为几何体为：
该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，
如图所示：

故：.
故选：C.
本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题.
7．D
【解析】
因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛
①当甲参加另外3场比赛时，共有•=72种选择方案；②当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案．综上所述，所有参赛方案有72+24=96种
故答案为：96
点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．
8．D
【解析】
由条件利用余弦函数的图象的对称性，得出结论．
【详解】
对于函数，令，解得，
当时，函数的对称轴为，，.
故选：D.
本题主要考查余弦函数的图象的对称性，属于基础题．
9．B
【解析】
由二项展开式定理求出通项，求出的指数为整数时的个数，即可求解.
【详解】
，，
当，，，时，为有理项，共项.
故选:B.
本题考查二项展开式项的特征，熟练掌握二项展开式的通项公式是解题的关键，属于基础题.
10．A
【解析】
根据分段函数解析式，先求得的值，再求得的值.
【详解】
依题意，.
故选：A
本小题主要考查根据分段函数解析式求函数值，属于基础题.
11．D
【解析】
画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可．
【详解】
解：画出满足条件的平面区域，如图示：
如图点坐标分别为，
目标函数的几何意义为，可行域内点与坐标原点的距离的平方，由图可知到原点的距离最大，故.
故选：D

本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于中档题．
12．B
【解析】
甲同学所有的选择方案共有种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可，共有种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率，故选B．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
根据渐近线得到，，计算得到离心率.
【详解】
，一条渐近线方程为：，故，，.
故答案为：.
本题考查了双曲线的渐近线和离心率，意在考查学生的计算能力.
14．
【解析】
将不等式两边同时平方进行变形，然后得到对应不等式组，对的取值进行分类，将问题转化为二次函数在区间上恒正、恒负时求参数范围，列出对应不等式组，即可求解出的取值范围.
【详解】
因为，所以，所以，
所以，所以或，
当时，对且不成立，
当时，取，显然不满足，所以，
所以，解得；
当时，取，显然不满足，所以，
所以，解得，
综上可得的取值范围是：.
故答案为：.
本题考查根据不等式恒成立求解参数范围，难度较难.根据不等式恒成立求解参数范围的两种常用方法：（1）分类讨论法：分析参数的临界值，对参数分类讨论；（2）参变分离法：将参数单独分离出来，再以函数的最值与参数的大小关系求解出参数范围.
15．
【解析】
由可知R为中点,设,由过切点的切线方程即可求得,，代入，，则在直线上，即可得方程为，将 ，代入化简可得，
则直线过定点,由则点在以为直径的圆上，则.即可求得.
【详解】
如图，由可知R为MN的中点，所以，，

设，则切线PM的方程为，
即，同理可得，
因为PM，PN都过，所以，，
所以在直线上，
从而直线MN方程为，
因为，所以，
即直线MN方程为，
所以直线MN过定点,
所以R在以OQ为直径的圆上，
所以.
故答案为: .
本题考查直线和圆的位置关系,考查圆的切线方程,定点和圆上动点距离的最值问题,考查学生的数形结合能力和计算能力,难度较难.
16．①②③
【解析】
对①，由线面平行的性质可判断正确；
对②，三棱锥外接球可看作正方体的外接球，结合外接球半径公式即可求解；
对③，结合题意作出图形，由勾股定理和内接圆对应面积公式求出锥体的高，则可求解；
对④，由动点分析可知，当点与点重合时，直线与平面所成的角最大，结合几何关系可判断错误；
【详解】
对于①，因为平面，所以，，，又，
所以平面，所以，故四个面都是直角三角形，∴①正确；

对于②，若，，，平面，
∴三棱锥的外接球可以看作棱长为4的正方体的外接球，
∴，，∴体积为，∴②正确；

对于③，设内心是，则平面，连接，
则有，又内切圆半径，
所以，，故，
∴三棱锥的体积为，∴③正确；

对于④，∵若，平面，则直线与平面所成的角最大时，点与点重合，
在中，，∴，即直线与平面所成的最大角为，
∴④不正确，

故答案为：①②③.
本题考查立体几何基本关系的应用，线面垂直的性质及判定、锥体体积、外接球半径求解，线面角的求解，属于中档题

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1） （2）证明见解析
【解析】
（1）求出的导数，根据导函数的性质判断函数的单调性，再利用函数单调性解函数型不等式；
（2）构造函数，利用导数判断在区间上单调递减，结合可得结果.
【详解】
（1）若，则.
设，则，
所以在上单调递减，在上单调递增.
又当时，；当时，；当时，，
所以
所以在上单调递增，
又，所以不等式的解集为.
（2）设，再令，
，
在上单调递减，
又，
，
，
，
，
.
即
本题考查利用函数的导数来判断函数的单调性，再利用函数的单调性来解决不等式问题，属于较难题.
18． (1) ；（2）.
【解析】
（1）由两角差的正弦公式计算；
（2）由正弦定理求得，再由余弦定理求得．
【详解】
（1）因为，所以.
因为，所以，
所以.
（2）在中，由，得，
在中，由余弦定理可得，
所以.
本题考查两角差的正弦公式，考查正弦定理和余弦定理，属于中档题．
19．（1）；（2）.
【解析】
（1）对范围分类整理得：，分类解不等式即可．
（2）利用已知转化为“当时，”恒成立，利用绝对值不等式的性质可得：，问题得解．
【详解】
当时，，
当时，由得，解得；
当时，无解；
当时，由得，解得，
所以的解集为
（2）的解集包含等价于在上恒成立，
当时，等价于恒成立，
而，∴，
故满足条件的的取值范围是
本题主要考查了含绝对值不等式的解法，还考查了转化能力及绝对值不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．
20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）分三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得不等式的解集；（Ⅱ）根据绝对值不等式的性质可得，不等式对任意实数恒成立，等价于，解不等式即可求的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）当时，即，
①当时，得，所以；
②当时，得，即，所以；
③当时，得成立，所以.
故不等式的解集为.
（Ⅱ）因为，
由题意得，则，
解得，
故的取值范围是.
21． (1)见证明；(2)
【解析】
（1）取PD中点G，可证EFGA是平行四边形，从而， 得证线面平行；
（2）取AD中点O，连结PO，可得面，连交于，可证是二面角的平面角，再在中求解即得．
【详解】
（1）证明：取PD中点G，连结

为的中位线，且，
又且，且，
∴EFGA是平行四边形，则，
又面，面，
面；
（2）解：取AD中点O，连结PO，
∵面面，为正三角形，
面，且，
连交于，可得，
，则，即．
连，又，
可得平面，则，
即是二面角的平面角，
在中，
∴，即二面角的正切值为．
本题考查线面平行证明，考查求二面角．求二面角的步骤是一作二证三计算．即先作出二面角的平面角，然后证明此角是要求的二面角的平面角，最后在三角形中计算．
22．（1）；（2）.
【解析】
（1）根据诱导公式和二倍角公式，将已知等式化为角关系式，求出，再由二倍角余弦公式，即可求解；
（2）在中，根据面积公式求出长，根据余弦定理求出，由正弦定理求出
，即可求出结论.
【详解】
（1），
，
；
（2）在中，由（1）得，
，
由余弦定理得
，
，在中，
，
.
本题考查三角恒等变换求值、面积公式、余弦定理、正弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于中档题.