2026届福建省龙海市第二中学高三第一次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届福建省龙海市第二中学高三第一次模拟考试数学试卷含解析，共17页。试卷主要包含了已知全集为，集合，则，已知集合等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．设集合（为实数集），，，则（ ）
A．B．C．D．
2．在中，角所对的边分别为，已知，．当变化时，若存在最大值，则正数的取值范围为
A．B．C．D．
3．已知函数，若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的最大值为（ ）
A．2B．3C．5D．8
4．若θ是第二象限角且sinθ =，则=
A．B．C．D．
5．一艘海轮从A处出发，以每小时24海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（ ）
A．6 海里B．6海里C．8海里D．8海里
6．在平面直角坐标系中，已知点，，若动点满足 ，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知全集为，集合，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知集合（），若集合，且对任意的，存在使得，其中，，则称集合A为集合M的基底.下列集合中能作为集合的基底的是（ ）
A．B．C．D．
9．函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于两点，且在轴上，则下列说法中正确的是
A．函数的最小正周期是
B．函数的图象关于点成中心对称
C．函数在单调递增
D．函数的图象向右平移后关于原点成中心对称
10．已知平面和直线a，b，则下列命题正确的是（ ）
A．若∥，b∥，则∥B．若，，则∥
C．若∥，，则D．若，b∥，则
11．正项等比数列中，，且与的等差中项为4，则的公比是 ( )
A．1B．2C．D．
12．已知是函数的极大值点，则的取值范围是
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，，分别为内角，，的对边，，，，则的面积为__________.
14．实数，满足，如果目标函数的最小值为，则的最小值为_______．
15．在边长为2的正三角形中，，则的取值范围为______.
16．已知关于x的不等式（ax﹣a2﹣4）（x﹣4）＞0的解集为A，且A中共含有n个整数，则当n最小时实数a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）若关于的方程的两根都大于2，求实数的取值范围．
18．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线l的参数方程为（t为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中，曲线C的极坐标方程是.
（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
（2）若直线l与曲线C相交于两点A，B，求线段的长.
19．（12分）在一次电视节目的答题游戏中，题型为选择题，只有“A”和“B”两种结果，其中某选手选择正确的概率为p，选择错误的概率为q，若选择正确则加1分，选择错误则减1分，现记“该选手答完n道题后总得分为”.
（1）当时，记，求的分布列及数学期望；
（2）当，时，求且的概率.
20．（12分）已知函数，.
（1）求证：在区间上有且仅有一个零点，且；
（2）若当时，不等式恒成立，求证：.
21．（12分）P是圆上的动点，P点在x轴上的射影是D，点M满足．
（1）求动点M的轨迹C的方程，并说明轨迹是什么图形；
（2）过点的直线l与动点M的轨迹C交于不同的两点A，B，求以OA，OB为邻边的平行四边形OAEB的顶点E的轨迹方程．
22．（10分）已知二阶矩阵，矩阵属于特征值的一个特征向量为，属于特征值的一个特征向量为.求矩阵.
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】
根据集合交集与补集运算,即可求得.
【详解】
集合,,
所以
所以
故选:A
【点睛】
本题考查了集合交集与补集的混合运算,属于基础题.
2、C
【解析】
因为，，所以根据正弦定理可得，所以，，所以
，其中，，
因为存在最大值，所以由，可得，
所以，所以，解得，所以正数的取值范围为，故选C．
3、D
【解析】
画出函数的图象，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用数形结合即可得出.
【详解】
解：函数，如图所示
当时，，
由于关于的不等式恰有1个整数解
因此其整数解为3，又
∴，，则
当时，，则不满足题意；
当时，
当时，，没有整数解
当时，，至少有两个整数解
综上，实数的最大值为
故选：D
【点睛】
本题主要考查了根据函数零点的个数求参数范围，属于较难题.
4、B
【解析】
由θ是第二象限角且sinθ =知：，．
所以．
5、A
【解析】
先根据给的条件求出三角形ABC的三个内角，再结合AB可求，应用正弦定理即可求解.
【详解】
由题意可知：∠BAC＝70°﹣40°＝30°.∠ACD＝110°，∴∠ACB＝110°﹣65°＝45°，
∴∠ABC＝180°﹣30°﹣45°＝105°.又AB＝24×0.5＝12.
在△ABC中，由正弦定理得，
即，∴.
故选：A.
【点睛】
本题考查正弦定理的实际应用，关键是将给的角度、线段长度转化为三角形的边角关系，利用正余弦定理求解.属于中档题.
6、D
【解析】
设出的坐标为，依据题目条件，求出点的轨迹方程，
写出点的参数方程，则，根据余弦函数自身的范围，可求得结果.
【详解】
设 ，则
∵，
∴
∴
∴为点的轨迹方程
∴点的参数方程为（为参数）
则由向量的坐标表达式有：
又∵
∴
故选：D
【点睛】
考查学生依据条件求解各种轨迹方程的能力，熟练掌握代数式转换，能够利用三角换元的思想处理轨迹中的向量乘积，属于中档题.求解轨迹方程的方法有：①直接法；②定义法；③相关点法；④参数法；⑤待定系数法
7、D
【解析】
对于集合,求得函数的定义域,再求得补集；对于集合,解得一元二次不等式,
再由交集的定义求解即可.
【详解】
,
,.
故选:D
【点睛】
本题考查集合的补集、交集运算,考查具体函数的定义域,考查解一元二次不等式.
8、C
【解析】
根据题目中的基底定义求解.
【详解】
因为，
，
，
，
，
，
所以能作为集合的基底，
故选：C
【点睛】
本题主要考查集合的新定义，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
9、B
【解析】
根据函数的图象，求得函数，再根据正弦型函数的性质，即可求解，得到答案．
【详解】
根据给定函数的图象，可得点的横坐标为，所以，解得，
所以的最小正周期， 不妨令，，由周期，所以，
又，所以，所以，
令，解得，当时，，即函数的一个对称中心为，即函数的图象关于点成中心对称．故选B．
【点睛】
本题主要考查了由三角函数的图象求解函数的解析式，以及三角函数的图象与性质，其中解答中根据函数的图象求得三角函数的解析式，再根据三角函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及运算与求解能力，属于基础题．
10、C
【解析】
根据线面的位置关系，结合线面平行的判定定理、平行线的性质进行判断即可.
【详解】
A：当时，也可以满足∥，b∥，故本命题不正确；
B：当时，也可以满足，，故本命题不正确；
C：根据平行线的性质可知：当∥，，时，能得到，故本命题是正确的；
D：当时，也可以满足，b∥，故本命题不正确.
故选：C
【点睛】
本题考查了线面的位置关系，考查了平行线的性质，考查了推理论证能力.
11、D
【解析】
设等比数列的公比为q，，运用等比数列的性质和通项公式，以及等差数列的中项性质，解方程可得公比q．
【详解】
由题意，正项等比数列中，，
可得，即，
与的等差中项为4，即，
设公比为q，则，
则负的舍去，
故选D．
【点睛】
本题主要考查了等差数列的中项性质和等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列通项公式，合理利用等比数列的性质是解答的关键，着重考查了方程思想和运算能力，属于基础题．
12、B
【解析】
方法一：令，则，，
当，时，，单调递减，
∴时，，，且，
∴，即在上单调递增，
时，，，且，
∴，即在上单调递减，∴是函数的极大值点，∴满足题意；
当时，存在使得，即，
又在上单调递减，∴时，，所以，
这与是函数的极大值点矛盾．
综上，．故选B．
方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，须在的左侧附近，，即；在的右侧附近，，即．易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得，故选B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
根据题意，利用余弦定理求得，再运用三角形的面积公式即可求得结果.
【详解】
解：由于，，，
∵，∴，，
由余弦定理得，解得，
∴的面积.
故答案为：.
【点睛】
本题考查余弦定理的应用和三角形的面积公式，考查计算能力.
14、
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的最小值为，确定出的值，进而确定出C点坐标，结合目标函数几何意义，从而求得结果.
【详解】
先做的区域如图可知在三角形ABC区域内，
由得可知，直线的截距最大时，取得最小值，
此时直线为，
作出直线，交于A点，
由图象可知，目标函数在该点取得最小值，所以直线也过A点，
由，得，代入，得，
所以点C的坐标为．
等价于点与原点连线的斜率，
所以当点为点C时，取得最小值，最小值为，
故答案为：.
【点睛】
该题考查的是有关线性规划的问题，在解题的过程中，注意正确画出约束条件对应的可行域，根据最值求出参数，结合分式型目标函数的意义求得最优解，属于中档题目.
15、
【解析】
建立直角坐标系，依题意可求得，而，，，故可得，且，由此构造函数，，利用二次函数的性质即可求得取值范围．
【详解】
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，设，，，，
根据，即，，，则，
，即，，，则，，
所以，
，
，，，
，且，
故，
设，，易知二次函数的对称轴为，
故函数在，上的最大值为，最小值为，
故的取值范围为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查平面向量数量积的坐标运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意通过设元、消元，将问题转化为元二次函数的值域问题．
16、-1
【解析】
讨论三种情况，a＜0时,根据均值不等式得到a（﹣a）≤﹣14，计算等号成立的条件得到答案.
【详解】
已知关于x的不等式（ax﹣a1﹣4）（x﹣4）＞0，
①a＜0时，[x﹣（a）]（x﹣4）＜0，其中a0，
故解集为（a，4），
由于a（﹣a）≤﹣14，
当且仅当﹣a，即a＝﹣1时取等号，
∴a的最大值为﹣4，当且仅当a4时，A中共含有最少个整数，此时实数a的值为﹣1；
②a＝0时，﹣4（x﹣4）＞0，解集为（﹣∞，4），整数解有无穷多，故a＝0不符合条件；
③a＞0时，[x﹣（a）]（x﹣4）＞0，其中a4，
∴故解集为（﹣∞，4）∪（a，+∞），整数解有无穷多，故a＞0不符合条件；
综上所述，a＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点睛】
本题考查了解不等式，均值不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
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、
【解析】
先令，根据题中条件得到，求解，即可得出结果.
【详解】
因为关于的方程的两根都大于2，
令
所以有，
解得，所以.
【点睛】
本题主要考查一元二次方程根的分布问题，熟记二次函数的特征即可，属于常考题型.
18、（1）l：，C：；（2）
【解析】
（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换；
（2）由（1）可得曲线是圆，求出圆心坐标及半径，再求得圆心到直线的距离，即可求得的长.
【详解】
（1）由题意可得直线：，由，得，即，所以曲线C：.
（2）由（1）知，圆，半径.
∴圆心到直线的距离为：.
∴
【点睛】
本题考查直线的普通坐标方程、曲线的直角坐标方程的求法，考查弦长的求法、运算求解能力，是中档题．
19、（1）见解析，0（2）
【解析】
（1）即该选手答完3道题后总得分,可能出现的情况为3道题都答对,答对2道答错1道,答对1道答错2道,3道题都答错,进而求解即可；
（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,又,则第一题答对,第二题第三题至少有一道答对,进而求解.
【详解】
解:（1）的取值可能为,,1,3,又因为,
故,,
,,
所以的分布列为：
所以
（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,
又已知,第一题答对,
若第二题回答正确,则其余6题可任意答对3题；
若第二题回答错误,第三题回答正确,则后5题可任意答对题，
此时的概率为（或）.
【点睛】
本题考查二项分布的分布列及期望,考查数据处理能力,考查分类讨论思想.
20、（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
（1）利用求导数，判断在区间上的单调性，然后再证异号，即可证明结论；
（2）当时，不等式恒成立，分离参数只需时，恒成立，
设（），需，根据（1）中的结论先求出，再构造函数结合导数法，证明即可.
【详解】
（1），
令，则，
所以在区间上是增函数，
则，所以在区间上是增函数.
又因为，
，
所以在区间上有且仅有一个零点，且.
（2）由题意，在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
当时，；
当时，恒成立，
设（），
所以.
由（1）可知，，使，
所以，当时，，当时，，
由此在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以.
又因为，
所以，从而，
所以.令，，
则，
所以在区间上是增函数，
所以，故.
【点睛】
本题考查导数的综合应用，涉及到函数的单调性、函数的零点、极值最值、不等式的证明，分离参数是解题的关键，意在考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.
21、（1）点M的轨迹C的方程为，轨迹C是以，为焦点，长轴长为4的椭圆（2）
【解析】
（1）设，根据可求得，代入圆的方程可得所求轨迹方程；根据轨迹方程可知轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆；
（2）设，与椭圆方程联立，利用求得；利用韦达定理表示出与，根据平行四边形和向量的坐标运算求得，消去后得到轨迹方程；根据求得的取值范围，进而得到最终结果.
【详解】
（1）设，则
由知：
点在圆上
点的轨迹的方程为：
轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆
（2）设，由题意知的斜率存在
设，代入得：
则，解得：
设，，则
四边形为平行四边形
又 ∴，消去得：

顶点的轨迹方程为
【点睛】
本题考查圆锥曲线中的轨迹方程的求解问题，关键是能够利用已知中所给的等量关系建立起动点横纵坐标满足的关系式，进而通过化简整理得到结果；易错点是求得轨迹方程后，忽略的取值范围.
22、
【解析】
运用矩阵定义列出方程组求解矩阵
【详解】
由特征值、特征向量定义可知，，
即，得
同理可得解得，，，.因此矩阵
【点睛】
本题考查了由矩阵特征值和特征向量求矩阵，只需运用定义得出方程组即可求出结果，较为简单
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