2025-2026学年福建省莆田市涵江区莆田七中高三第三次教学质量诊断性考试数学试题试卷含解析.doc

2025-2026学年福建省莆田市涵江区莆田七中高三第三次教学质量诊断性考试数学试题试卷
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．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）

A．2对 B．3对
C．4对 D．5对
2．自2019年12月以来，在湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例，研究表明，该新型冠状病毒具有很强的传染性各级政府反应迅速，采取了有效的防控阻击措施，把疫情控制在最低范围之内.某社区按上级要求做好在鄂返乡人员体格检查登记，有3个不同的住户属在鄂返乡住户，负责该小区体格检查的社区诊所共有4名医生，现要求这4名医生都要分配出去，且每个住户家里都要有医生去检查登记，则不同的分配方案共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．72种
3．若某几何体的三视图（单位:cm）如图所示，则此几何体的体积是（ ）

A．36 cm3 B．48 cm3 C．60 cm3 D．72 cm3
4．若的展开式中的系数之和为，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．1
5．已知双曲线的左焦点为，直线经过点且与双曲线的一条渐近线垂直，直线与双曲线的左支交于不同的两点，，若，则该双曲线的离心率为（ ）．
A． B． C． D．
6．集合，，则=( )
A． B．
C． D．
7．若，则的虚部是
A．3 B． C． D．
8．设，则“ ”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
9．甲在微信群中发了一个6元“拼手气”红包,被乙､丙､丁三人抢完,若三人均领到整数元,且每人至少领到1元,则乙获得“最佳手气”(即乙领到的钱数多于其他任何人)的概率是（ ）
A． B． C． D．
10．设复数z＝，则|z|＝（　　）
A． B． C． D．
11．的展开式中的系数是-10，则实数( )
A．2 B．1 C．-1 D．-2
12．已知函数若对区间内的任意实数，都有，则实数的取值范围是( ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数，若恒成立，则的取值范围是___________.
14．给出以下式子：
①tan25°+tan35°tan25°tan35°；
②2(sin35°cos25°+cos35°cos65°)；
③
其中，结果为的式子的序号是_____.
15．曲线在点（1，1）处的切线与轴及直线=所围成的三角形面积为，则实数=____。
16．某校共有师生1600人，其中教师有1000人，现用分层抽样的方法，从所有师生中抽取一个容量为80的样本，则抽取学生的人数为_____．
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，，设．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）设方程（其中为常数）的两根分别为，，证明：．
（注：是的导函数）
18．（12分）已知函数．
（1）若不等式有解，求实数的取值范围；
（2函数的最小值为，若正实数，，满足，证明：．
19．（12分）已知数列的前n项和为，且n、、成等差数列，.
（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）若数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值.
20．（12分）已知.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
21．（12分）如图，已知椭圆的右焦点为，，为椭圆上的两个动点，周长的最大值为8.

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）直线经过，交椭圆于点，，直线与直线的倾斜角互补，且交椭圆于点，，，求证：直线与直线的交点在定直线上.
22．（10分）设为抛物线的焦点，，为抛物线上的两个动点，为坐标原点.
（Ⅰ）若点在线段上，求的最小值；
（Ⅱ）当时，求点纵坐标的取值范围.
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．C
【解析】
画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案．
【详解】
该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，
作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，
又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，
所以平面平面，
同理可证：平面平面，
由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，
所以，AP⊥平面PCD，所以，平面平面，
所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．

本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．
2．C
【解析】
先将4名医生分成3组，其中1组有2人，共有种选法，然后将这3组医生分配到3个不同的住户中去，有种方法，由分步原理可知共有种.
【详解】
不同分配方法总数为种.
故选：C
此题考查的是排列组合知识，解此类题时一般先组合再排列，属于基础题.
3．B
【解析】
试题分析：该几何体上面是长方体，下面是四棱柱；长方体的体积，四棱柱的底面是梯形，体积为，因此总的体积.
考点：三视图和几何体的体积.
4．B
【解析】
由，进而分别求出展开式中的系数及展开式中的系数，令二者之和等于，可求出实数的值.
【详解】
由，
则展开式中的系数为，展开式中的系数为，
二者的系数之和为，得.
故选：B.
本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
5．A
【解析】
直线的方程为，令和双曲线方程联立，再由得到两交点坐标纵坐标关系进行求解即可.
【详解】
由题意可知直线的方程为,不妨设.
则，且
将代入双曲线方程中，得到
设
则
由，可得，故
则，解得
则
所以双曲线离心率
故选：A
此题考查双曲线和直线相交问题，联立直线和双曲线方程得到两交点坐标关系和已知条件即可求解，属于一般性题目.
6．C
【解析】
先化简集合A,B，结合并集计算方法，求解，即可．
【详解】
解得集合，
所以，故选C．
本道题考查了集合的运算，考查了一元二次不等式解法，关键化简集合A,B，难度较小．
7．B
【解析】
因为，所以的虚部是.故选B．
8．C
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义结合对数的运算进行判断即可．
【详解】
∵a，b∈（1，+∞），
∴a＞b⇒logab＜1，
logab＜1⇒a＞b，
∴a＞b是logab＜1的充分必要条件，
故选C．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的解法是解决本题的关键．
9．B
【解析】
将所有可能的情况全部枚举出来,再根据古典概型的方法求解即可.
【详解】
设乙,丙,丁分别领到x元,y元,z元,记为,则基本事件有,,,,,,,,,,共10个,其中符合乙获得“最佳手气”的有3个,故所求概率为,
故选：B.
本题主要考查了枚举法求古典概型的方法,属于基础题型.
10．D
【解析】
先用复数的除法运算将复数化简，然后用模长公式求模长.
【详解】
解：z＝＝＝＝﹣﹣,
则|z|＝＝＝＝.
故选：D.
本题考查复数的基本概念和基本运算,属于基础题.
11．C
【解析】
利用通项公式找到的系数，令其等于-10即可.
【详解】
二项式展开式的通项为，令，得，
则，所以，解得.
故选：C
本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.
12．C
【解析】
分析：先求导,再对a分类讨论求函数的单调区间，再画图分析转化对区间内的任意实数，都有，得到关于a的不等式组，再解不等式组得到实数a的取值范围.
详解：由题得.
当a＜1时，，所以函数f（x）在单调递减，
因为对区间内的任意实数，都有，
所以，
所以
故a≥1，与a＜1矛盾，故a＜1矛盾.
当1≤alna]单调递增，在(lna,1]单调递减.
所以
因为对区间内的任意实数，都有，
所以，
所以
即
令，
所以
所以函数g(a)在（1，e）上单调递减，
所以，
所以当1≤a题，所以我们要联想到利用函数的性质（单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值、极值等）来分析解答问题.本题就是把这个条件和函数的单调性和最值联系起来，完成了数学问题的等价转化，找到了问题的突破口.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
求导得到，讨论和两种情况，计算时，函数在上单调递减，故，不符合，排除，得到答案。
【详解】
因为，所以，因为，所以.
当，即时，，则在上单调递增，从而，故符合题意；
当，即时，因为在上单调递增，且，所以存在唯一的，使得.
令，得，则在上单调递减，从而，故不符合题意.综上，的取值范围是.
故答案为：.
本题考查了不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题是解题的关键.
14．①②③
【解析】
由已知分别结合和差角的正切及正弦余弦公式进行化简即可求解.
【详解】
①∵tan60°＝tan（25°+35°），
tan25°+tan35°tan25°tan35°；
tan25°tan35°，
，
②2（sin35°cos25°+cos35°cos65°）＝2（sin35°cos25°+cos35°sin25°），
＝2sin60°；
③tan（45°+15°）＝tan60°；
故答案为：①②③
本题主要考查了两角和与差的三角公式在三角化简求值中的应用，属于中档试题.
15．或1
【解析
利用导数的几何意义，可得切线的斜率，以及切线方程，求得切线与轴和的交点，由三角形的面积公式可得所求值．
【详解】
的导数为，
可得切线的斜率为3，切线方程为，
可得，可得切线与轴的交点为，，切线与的交点为，
可得，解得或。
本题主要考查利用导数求切线方程，以及直线方程的运用，三角形的面积求法。
16．1
【解析】
直接根据分层抽样的比例关系得到答案.
【详解】
分层抽样的抽取比例为，∴抽取学生的人数为6001．
故答案为：1．
本题考查了分层抽样的计算，属于简单题.

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）在上单调递增，在上单调递减．（2）见解析
【解析】
（1）求出导函数，由确定增区间，由确定减区间；
（2）求出含有参数的，再求出，由的两根是，得，
计算，代入后可得结论．
【详解】
解：，函数的定义域为，
．
（1）当时，，
由得，由得，
故函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：由条件可得，，，
方程的两根分别为，，，且，可得．
．
本题考查用导数研究函数的单调性，考查导数的运算、方程根的知识．在可导函数中一般由确定增区间，由确定减区间．
18．（1）（2）见解析
【解析】
(1)分离得到，求的最小值即可求得的取值范围；（2）先求出，得到，利用乘变化即可证明不等式.
【详解】
解：（1）设，
∴在上单调递减，在上单调递增．
故．
∵有解，∴．
即的取值范围为．
（2），当且仅当时等号成立．
∴，即．
∵
．
当且仅当，，时等号成立．
∴，即成立．
此题考查不等式的证明，注意定值乘变化的灵活应用，属于较易题目.
19．（1）证明见解析，；（2）11202.
【解析】
（1）由n，，成等差数列，可得，，两式相减，由等比数列的定义可得是等比数列，可求数列的通项公式；
（2）由（1）中的可求出，根据和求出数列，中的公共项，分组求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，可得答案.
【详解】
（1）证明：因为n，，成等差数列，所以，①
所以.②
①－②，得，所以.
又当时，，所以，所以，
故数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即.
（2）根据（1）求解知，，，所以，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列.
又因为，，，，，，，，
，，，
所以

.
本题考查等比数列的定义，考查分组求和，属于中档题.
20．（1）答案不唯一，具体见解析（2）
【解析】
（1）分类讨论，利用导数的正负，可得函数的单调区间.
（2）分离出参数后，转化为函数的最值问题解决，注意函数定义域.
【详解】
（1）
由得或
①当时，由，得.
由，得或
此时的单调递减区间为，单调递增区间为和.
②当时由，得
由，得或
此时的单调递减区间为，单调递增区间为和
综上：当时，单调递减区间为，单调递增区间为和
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和.
（2）依题意，不等式恒成立
等价于在上恒成立，
可得，在上恒成立，
设，则
令，得，（舍）
当时，；当时，
当变化时，，变化情况如下表：

1

0

单调递增

单调递减
∴当时，取得最大值，，∴.
∴的取值范围是.
本题主要考查了利用导数证明函数的单调性以及利用导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题.
21．（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由椭圆的定义可得，周长取最大值时，线段过点，可求出，从而求出椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设直线，直线，，，，.把直线与直线的方程分别代入椭圆的方程，利用韦达定理和弦长公式求出和，根据求出的值.最后直线与直线的方程联立，求两直线的交点即得结论.
【详解】
（Ⅰ）设的周长为，
则
，当且仅当线段过点时“”成立.
，，又，，
椭圆的标准方程为.
（Ⅱ）若直线的斜率不存在，则直线的斜率也不存在，这与直线与直线相交于点矛盾，所以直线的斜率存在.
设，，，，，.
将直线的方程代入椭圆方程得：.
，,
.
同理，.
由得，此时.
直线，
联立直线与直线的方程得，
即点在定直线.
本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题.
22．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（1）由抛物线的性质，当轴时，最小；（2）设点，，分别代入抛物线方程和得到三个方程，消去，得到关于的一元二次方程，利用判别式即可求出的范围.
【详解】
解：（1）由抛物线的标准方程，，根据抛物线的性质，当轴时，最小，最小值为，即为4.
（2）由题意，设点，，其中，.

则，①，②
因为，，，
所以.③
由①②③，得，
由，且，得，
解不等式，得点纵坐标的范围为.
本题主要考查抛物线的方程和性质和二次方程的解的问题，考查运算能力，此类问题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等，易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解.