2026届福建省福州市长乐区长乐高级中学高三第二次诊断性检测数学试卷含解析

这是一份2026届福建省福州市长乐区长乐高级中学高三第二次诊断性检测数学试卷含解析，共8页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，在等差数列中，若，则，若，则的虚部是，一个频率分布表，的展开式中，满足的的系数之和为等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．设分别是双曲线的左右焦点若双曲线上存在点，使，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
2．已知复数，满足，则（ ）
A．1B．C．D．5
3．已知抛物线,过抛物线上两点分别作抛物线的两条切线为两切线的交点为坐标原点若,则直线与的斜率之积为（ ）
A．B．C．D．
4．一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起，每一项都等于前面所有项之和(例如:1，3，4，8，16…).则首项为2，某一项为2020的超级斐波那契数列的个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
5．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．2
6．在等差数列中，若，则（ ）
A．8B．12C．14D．10
7．已知斜率为k的直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为，则斜率k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．若，则的虚部是（ ）
A．B．C．D．
9．一个频率分布表（样本容量为）不小心被损坏了一部分，只记得样本中数据在上的频率为，则估计样本在、内的数据个数共有（ ）
A．B．C．D．
10．的展开式中，满足的的系数之和为（ ）
A．B．C．D．
11．已知向量，且，则等于（ ）
A．4B．3C．2D．1
12．在关于的不等式中，“”是“恒成立”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若，且，则的最小值是______.
14．在中，内角的对边分别是，若，，则____.
15．某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有7人用时为6分钟，有14人用时7分钟，有15人用时为8分钟，还有4人用时为10分钟，则高二（4）班全体同学用餐平均用时为____分钟.
16．下图是一个算法流程图,则输出的的值为__________．
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）已知椭圆的右焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，且与短轴两端点的连线相互垂直.
（1）求椭圆的方程；
（2）若圆上存在两点，，椭圆上存在两个点满足：三点共线，三点共线，且，求四边形面积的取值范围.
18．（12分）△的内角的对边分别为,且．
(1)求角的大小
(2)若,△的面积,求△的周长．
19．（12分）已知；.
（1）若为真命题，求实数的取值范围；
（2）若为真命题且为假命题，求实数的取值范围.
20．（12分）已知在中，角的对边分别为,且.
（1）求的值；
（2）若,求的取值范围.
21．（12分）已知椭圆的短轴长为，左右焦点分别为，，点是椭圆上位于第一象限的任一点，且当时，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆上点与点关于原点对称，过点作垂直于轴，垂足为，连接并延长交于另一点，交轴于点.
（ⅰ）求面积最大值；
（ⅱ）证明：直线与斜率之积为定值.
22．（10分）已知公差不为零的等差数列的前n项和为，，是与的等比中项.
（1）求；
（2）设数列满足，，求数列的通项公式.
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、A
【解析】
由及双曲线定义得和（用表示），然后由余弦定理得出的齐次等式后可得离心率．
【详解】
由题意∵，∴由双曲线定义得，从而得，，
在中，由余弦定理得，化简得．
故选：A．
【点睛】
本题考查求双曲线的离心率，解题关键是应用双曲线定义用表示出到两焦点的距离，再由余弦定理得出的齐次式．
2、A
【解析】
首先根据复数代数形式的除法运算求出，求出的模即可．
【详解】
解：，
，
故选：A
【点睛】
本题考查了复数求模问题，考查复数的除法运算，属于基础题．
3、A
【解析】
设出A，B的坐标，利用导数求出过A，B的切线的斜率，结合，可得x1x2＝﹣1．再写出OA，OB所在直线的斜率，作积得答案．
【详解】
解：设A（），B（），
由抛物线C：x2＝1y，得，则y′．
∴，，
由，可得，即x1x2＝﹣1．
又，，
∴．
故选：A．
点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本题的关键是解题的思路，由于与切线有关，所以一般先设切点，先设A,B,,再求切线PA,PB方程，
求点P坐标，再根据得到最后求直线与的斜率之积.如果先设点P的坐标，计算量就大一些.
4、A
【解析】
根据定义，表示出数列的通项并等于2020.结合的正整数性质即可确定解的个数.
【详解】
由题意可知首项为2，设第二项为，则第三项为，第四项为，第五项为第n项为且，
则，
因为，
当的值可以为；
即有3个这种超级斐波那契数列，
故选：A.
【点睛】
本题考查了数列新定义的应用，注意自变量的取值范围，对题意理解要准确，属于中档题.
5、C
【解析】
根据复数模的性质即可求解.
【详解】
,
,
故选：C
【点睛】
本题主要考查了复数模的性质，属于容易题.
6、C
【解析】
将，分别用和的形式表示，然后求解出和的值即可表示.
【详解】
设等差数列的首项为，公差为，
则由，，得解得，，
所以．故选C．
【点睛】
本题考查等差数列的基本量的求解，难度较易.已知等差数列的任意两项的值，可通过构建和的方程组求通项公式.
7、C
【解析】
设，，，，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，由△得，利用韦达定理结合已知条件得，，代入上式即可求出的取值范围．
【详解】
设直线的方程为：， ，，，，
联立方程，消去得：，
△，
，
且，，
，
线段的中点为,，
，，
，，
，
，
把 代入，得，
，
，
故选：
【点睛】
本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题．
8、D
【解析】
通过复数的乘除运算法则化简求解复数为：的形式，即可得到复数的虚部.
【详解】
由题可知，
所以的虚部是1.
故选：D.
【点睛】
本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的基本概念，属于基础题.
9、B
【解析】
计算出样本在的数据个数，再减去样本在的数据个数即可得出结果.
【详解】
由题意可知，样本在的数据个数为，
样本在的数据个数为，
因此，样本在、内的数据个数为.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用频数分布表计算频数，要理解频数、样本容量与频率三者之间的关系，考查计算能力，属于基础题.
10、B
【解析】
，有，，三种情形，用中的系数乘以中的系数，然后相加可得．
【详解】
当时，的展开式中的系数为
．当，时，系数为；当，时，系数为；当，时，系数为；故满足的的系数之和为．
故选：B．
【点睛】
本题考查二项式定理，掌握二项式定理和多项式乘法是解题关键．
11、D
【解析】
由已知结合向量垂直的坐标表示即可求解．
【详解】
因为，且，
，
则．
故选：．
【点睛】
本题主要考查了向量垂直的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．
12、C
【解析】
讨论当时，是否恒成立；讨论当恒成立时，是否成立，即可选出正确答案.
【详解】
解：当时，，由开口向上，则恒成立；
当恒成立时，若，则 不恒成立，不符合题意，
若 时，要使得恒成立，则 ，即 .
所以“”是“恒成立”的充要条件.
故选:C.
【点睛】
本题考查了命题的关系，考查了不等式恒成立问题.对于探究两个命题的关系时，一般分成两步，若，则推出 是 的充分条件；若，则推出 是 的必要条件.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、8
【解析】
利用的代换，将写成，然后根据基本不等式求解最小值.
【详解】
因为（即 取等号），
所以最小值为.
【点睛】
已知，求解（ ）的最小值的处理方法：利用
，得到，展开后利用基本不等式求解，注意取等号的条件.
14、
【解析】
由，根据正弦定理“边化角”，可得，根据余弦定理，结合已知联立方程组，即可求得角.
【详解】
根据正弦定理：
可得
根据余弦定理：
由已知可得：
故可联立方程：
解得：.
由
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了求三角形的一个内角，解题关键是掌握由正弦定理“边化角”的方法和余弦定理公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
15、7.5
【解析】
分别求出所有人用时总和再除以总人数即可得到平均数.
【详解】
故答案为：7.5
【点睛】
此题考查求平均数，关键在于准确计算出所有数据之和，易错点在于概念辨析不清导致计算出错.
16、3
【解析】
分析程序中各变量、各语句的作用,根据流程图所示的顺序,即可得出结论.
【详解】
解:初始,
第一次循环: ;
第二次循环: ;
第三次循环: ;
经判断,此时跳出循环,输出.
故答案为:
【点睛】
本题考查了程序框图的应用问题,解题的关键是对算法语句的理解,属基础题.
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）
【解析】
（1）又题意知，，及即可求得，从而得椭圆方程.
（2）分三种情况：直线斜率不存在时，的斜率为0时，的斜率存在且不为0时，设出直线方程，联立方程组，用韦达定理和弦长公式以及四边形的面积公式计算即可.
【详解】
（1）由焦点与短轴两端点的连线相互垂直及椭圆的对称性可知，，
∵过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.
又，解得.
∴椭圆的方程为
（2）由（1）可知圆的方程为，
（i）当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，
此时
（ii）当直线的斜率为零时，.
（iii）当直线的斜率存在且不等于零时，设直线的方程为，
联立，得，
设的横坐标分别为，则.
所以，
（注：的长度也可以用点到直线的距离和勾股定理计算.）
由可得直线的方程为，联立椭圆的方程消去，
得
设的横坐标为，则.
.
综上，由（i）（ii）（ⅲ）得的取值范围是.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题，解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆方程是基础；通过联立直线方程与椭圆方程建立方程组，应用一元二次方程根与系数，得到目标函数解析式，运用函数知识求解；本题是难题.
18、（I）；（II）．
【解析】
试题分析：（I）由已知可得
；（II）依题意得：
的周长为．
试题解析：（I）∵，∴．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（II）依题意得：
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为．
考点：1、解三角形；2、三角恒等变换．
19、（1） （2）或
【解析】
（1）根据为真命题列出不等式，进而求得实数的取值范围；（2）应用复合命题真假判定的口诀：真“非”假，假“非”真，一真“或”为真，两真“且”才真.
【详解】
（1），
且，
解得
所以当为真命题时，实数的取值范围是.
（2）由，可得，
又∵当时，，
.
∵当为真命题，且为假命题时，
∴与的真假性相同，
当假假时，有，解得；
当真真时，有，解得；
故当为真命题且为假命题时，可得或.
【点睛】
本题主要考查结合不等式的含有量词的命题的恒成立问题，存在性问题，考查复合命题的真假判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
20、（1）（2）
【解析】试题分析：（1）本问考查解三角形中的的“边角互化”.由于求的值，所以可以考虑到根据余弦定理将分别用边表示，再根据正弦定理可以将转化为，于是可以求出的值；（2）首先根据求出角的值，根据第（1）问得到的值，可以运用正弦定理求出外接圆半径，于是可以将转化为，又因为角的值已经得到，所以将转化为关于的正弦型函数表达式，这样就可求出取值范围；另外本问也可以在求出角的值后，应用余弦定理及重要不等式，求出的最大值，当然，此时还要注意到三角形两边之和大于第三边这一条件.
试题解析：（1）由，
应用余弦定理，可得

化简得则
（2）
即
所以
法一. ,
则
=
=
=
又
法二
因为 由余弦定理
得，
又因为，当且仅当时“”成立.
所以
又由三边关系定理可知
综上
考点：1.正、余弦定理；2.正弦型函数求值域；3.重要不等式的应用.
21、（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
（1）由，解方程组即可得到答案；
（2）（ⅰ）设，，则，，易得，注意到，利用基本不等式得到的最大值即可得到答案；（ⅱ）设直线斜率为，直线方程为，联立椭圆方程得到的坐标，再利用两点的斜率公式计算即可.
【详解】
（1）设，由，得.
将代入，得，即，
由，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，，则，
（ⅰ）易知为的中位线，所以，
所以，
又满足，所以
，得，
故，当且仅当，即，时取等号，
所以面积最大值为.
（ⅱ）记直线斜率为，则直线斜率为，
所以直线方程为.
由，得，
由韦达定理得，所以，
代入直线方程，得，
于是，直线斜率，
所以直线与斜率之积为定值.
【点睛】
本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到椭圆中的最值及定值问题，在解椭圆与直线的位置关系的答题时，一般会用到根与系数的关系，考查学生的数学运算求解能力，是一道有一定难度的题.
22、（1）；（2）.
【解析】
（1）根据题意，建立首项和公差的方程组，通过基本量即可写出前项和；
（2）由（1）中所求，结合累加法求得.
【详解】
（1）由题意可得即
又因为，所以，所以.

（2）由条件及（1）可得.
由已知得，
所以
.
又满足上式，
所以
【点睛】
本题考查等差数列通项公式和前项和的基本量的求解，涉及利用累加法求通项公式，属综合基础题.