2026届福建省晋江市四校高三下学期联考数学试题含解析

这是一份2026届福建省晋江市四校高三下学期联考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了已知数列为等比数列，若，且，则，在中，角所对的边分别为，已知，等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．已知，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知集合，集合，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知、，，则下列是等式成立的必要不充分条件的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知我市某居民小区户主人数和户主对户型结构的满意率分别如图和如图所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用分层抽样的方法抽取的户主进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为
A．240，18B．200，20
C．240，20D．200，18
5．已知函数，，若对任意的，存在实数满足，使得，则的最大值是( )
A．3B．2C．4D．5
6．已知数列为等比数列，若，且，则（ ）
A．B．或C．D．
7．已知双曲线的一条渐近线为，圆与相切于点，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．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．
9．已知抛物线的焦点为，对称轴与准线的交点为，为上任意一点，若，则（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
10．在三棱锥中，，，，，点到底面的距离为2，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
11．在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知，则p是q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
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数在内有两个零点，则实数的取值范围是________.
14．在的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则_______，项的系数等于________.
15．已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为的中点，则_________．
16．已知是第二象限角，且，，则____.
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）如图，内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，平面ABC，，．
（1）求证：平面ACD；
（2）设，表示三棱锥B-ACE的体积，求函数的解析式及最大值．
18．（12分）已知函数有两个零点.
(1)求的取值范围；
(2)是否存在实数， 对于符合题意的任意，当 时均有?
若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由．
19．（12分）设椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点D在椭圆C上， 的周长为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过圆上任意一点P作圆E的切线l，若l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求证：为定值.
20．（12分）已知函数，.
（1）若时，解不等式；
（2）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.
21．（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知圆C：，椭圆E：（）的右顶点A在圆C上，右准线与圆C相切.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设过点A的直线l与圆C相交于另一点M，与椭圆E相交于另一点N.当时，求直线l的方程.
22．（10分）在平面直角坐标系中，已知向量，，其中.
（1）求的值；
（2）若，且，求的值.
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】
利用特殊值代入法，作差法，排除不符合条件的选项，得到符合条件的选项．
【详解】
已知，赋值法讨论的情况：
（1）当时，令，，则，，排除B、C选项；
（2）当时，令，，则，排除A选项.
故选：D.
【点睛】
比较大小通常采用作差法，本题主要考查不等式与不等关系，不等式的基本性质，利用特殊值代入法，排除不符合条件的选项，得到符合条件的选项，是一种简单有效的方法，属于中等题．
2、A
【解析】
根据或，验证交集后求得的值.
【详解】
因为，所以或.当时，，不符合题意，当时，.故选A.
【点睛】
本小题主要考查集合的交集概念及运算，属于基础题.
3、D
【解析】
构造函数，，利用导数分析出这两个函数在区间上均为减函数，由得出，分、、三种情况讨论，利用放缩法结合函数的单调性推导出或，再利用余弦函数的单调性可得出结论.
【详解】
构造函数，，
则，，
所以，函数、在区间上均为减函数，
当时，则，；当时，，.
由得.
①若，则，即，不合乎题意；
②若，则，则，
此时，，
由于函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，则，；
③若，则，则，
此时，
由于函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递增，则，.
综上所述，.
故选：D.
【点睛】
本题考查函数单调性的应用，构造新函数是解本题的关键，解题时要注意对的取值范围进行分类讨论，考查推理能力，属于中等题.
4、A
【解析】
利用统计图结合分层抽样性质能求出样本容量，利用条形图能求出抽取的户主对四居室满意的人数．
【详解】
样本容量为：（150+250+400）×30%＝240，
∴抽取的户主对四居室满意的人数为：
故选A．
【点睛】
本题考查样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意统计图的性质的合理运用．
5、A
【解析】
根据条件将问题转化为，对于恒成立，然后构造函数，然后求出的范围，进一步得到的最大值.
【详解】
，，对任意的，存在实数满足，使得，
易得，即恒成立，
，对于恒成立,
设，则，
令，在恒成立，
，
故存在，使得，即，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
,将代入得：
，
，且，
故选：A
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性，零点存在定理和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属于难题.
6、A
【解析】
根据等比数列的性质可得，通分化简即可.
【详解】
由题意，数列为等比数列，则，
又，即，
所以，，
.
故选：A.
【点睛】
本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与运算能力，属于基础题.
7、D
【解析】
由圆与相切可知，圆心到的距离为2，即.又，由此求出的值，利用离心率公式，求出e.
【详解】
由题意得，，
，.
故选：D.
【点睛】
本题考查了双曲线的几何性质，直线与圆相切的性质，离心率的求法，属于中档题.
8、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．
9、C
【解析】
如图所示：作垂直于准线交准线于，则，故，得到答案.
【详解】
如图所示：作垂直于准线交准线于，则，
在中，，故，即.
故选：.
【点睛】
本题考查了抛物线中角度的计算，意在考查学生的计算能力和转化能力.
10、C
【解析】
首先根据垂直关系可确定，由此可知为三棱锥外接球的球心，在中，可以算出的一个表达式，在中，可以计算出的一个表达式，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积．
【详解】
取中点，由，可知：，
为三棱锥外接球球心，
过作平面，交平面于，连接交于，连接，，，
，，，为的中点
由球的性质可知：平面，，且．
设，
，，
，在中，，
即，解得：，
三棱锥的外接球的半径为：，
三棱锥外接球的表面积为．
故选：.
【点睛】
本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置.
11、D
【解析】
由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解
【详解】
根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以.

故选：D
【点睛】
本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养
12、B
【解析】
根据诱导公式化简再分析即可.
【详解】
因为,所以q成立可以推出p成立,但p成立得不到q成立,例如,而,所以p是q的必要而不充分条件.
故选：B
【点睛】
本题考查充分与必要条件的判定以及诱导公式的运用,属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
设，，设，函数为奇函数，，函数单调递增，，画出简图，如图所示，根据，解得答案.
【详解】
，设，，则.
原函数等价于函数，即有两个解.
设，则，函数为奇函数.
，函数单调递增，，，.
当时，易知不成立；
当时，根据对称性，考虑时的情况，，
画出简图，如图所示，根据图像知：故，即，
根据对称性知：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了函数零点问题，意在考查学生的转化能力和计算能力，画出图像是解题的关键.
14、8 1
【解析】
根据二项式系数和的性质可得n,再利用展开式的通项公式求含项的系数即可.
【详解】
由于所有项的二项式系数之和为，，
故的二项展开式的通项公式为，
令，求得，可得含x项的系数等于，
故答案为：8；1．
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于中档题．
15、
【解析】
由题意可得，又由于为的中点，且点在轴上，所以可得点的横坐标，代入抛物线方程中可求点的纵坐标，从而可求出点的坐标，再利用两点间的距离公式可求得结果.
【详解】
解：因为是抛物线的焦点，所以，
设点的坐标为，
因为为的中点，而点的横坐标为0，
所以，所以，解得，
所以点的坐标为
所以，
故答案为：
【点睛】
此题考查抛物线的性质，中点坐标公式，属于基础题.
16、
【解析】
由是第二象限角，且，可得，由及两角和的正切公式可得的值.
【详解】
解：由是第二象限角，且，可得，，
由，可得，代入，
可得，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角和的正切公式，相对不难，注意运算的准确性.
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）见解析（2），最大值．
【解析】
（1）先证明，，故平面ADC．由，即得证；
（2）可证明平面ABC，结合条件表示出，利用均值不等式，即得解.
【详解】
（1）证明：∵四边形DCBE为平行四边形，
∴，．
∵平面ABC，平面ABC，∴．
∵AB是圆O的直径，∴，
且，平面ADC，
∴平面ADC．
∵，∴平面ADC．
（2）解∵平面ABC，，
∴平面ABC．
在中，，．
在中，∵，∴，
∴，
∴．
∵，
当且仅当，即时取等号，
∴当时，体积有最大值．
【点睛】
本题考查了线面垂直的证明和三棱锥的体积，考查了学生逻辑推理，空间想象，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
18、 (1)；(2).
【解析】
（1）对求导，对参数进行分类讨论，根据函数单调性即可求得.
（2）先根据，得，再根据零点解得，转化不等式得，令，化简得，因此 ，，最后根据导数研究对应函数单调性，确定对应函数最值，即得取值集合.
【详解】
（1），
当时，对恒成立，与题意不符，
当，，
∴时，
即函数在单调递增，在单调递减，
∵和时均有，
∴，解得：，
综上可知：的取值范围；
（2）由(1)可知，则，
由的任意性及知，，且，
∴，
故，
又∵，令，
则，且恒成立，
令，而，
∴时，时，
∴，
令，
若，则时，，即函数在单调递减，
∴，与不符；
若，则时，，即函数在单调递减，
∴，与式不符；
若，解得，此时恒成立，，
即函数在单调递增，又，
∴时，；时，符合式，
综上，存在唯一实数符合题意.
【点睛】
利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
19、（1）（2）见解析
【解析】
(1) 由，周长,解得,即可求得标准方程.
(2)通过特殊情况的斜率不存在时,求得,再证明的斜率存在时,即可证得为定值.通过设直线的方程为与椭圆方程联立,借助韦达定理求得,利用直线与圆相切,即,求得的关系代入,化简即可证得即可证得结论.
【详解】
（1）由题意得，周长，且.
联立解得，，所以椭圆C的标准方程为.
（2）①当直线l的斜率不存在时，不妨设其方程为，
则，
所以，即.
②当直线l的斜率存在时，设其方程为，并设，
由，
，，
由直线l与圆E相切，得.
所以
.
从而，即.
综合上述，得为定值.
【点睛】
本题考查了椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系中定值问题,考查了学生计算求解能力,难度较难.
20、（1）（2）
【解析】
（1）零点分段法，分，，讨论即可；
（2）当时，原问题可转化为：存在，使不等式成立，即.
【详解】
解：（1）若时，，
当时，原不等式可化为，解得，所以，
当时，原不等式可化为，解得，所以，
当时，原不等式可化为，解得，所以，
综上述：不等式的解集为；
（2）当时，由得，
即，
故得，
又由题意知：，
即，
故的范围为.
【点睛】
本题考查解绝对值不等式以及不等式能成立求参数，考查学生的运算能力，是一道容易题.
21、（1）（2）或.
【解析】
（1）圆的方程已知，根据条件列出方程组，解方程即得；（2）设，，显然直线l的斜率存在，方法一：设直线l的方程为：，将直线方程和椭圆方程联立，消去，可得，同理直线方程和圆方程联立，可得，再由可解得，即得；方法二：设直线l的方程为：，与椭圆方程联立，可得，将其与圆方程联立，可得，由可解得，即得.
【详解】
（1）记椭圆E的焦距为（）.右顶点在圆C上，右准线与圆C：相切.解得，
，椭圆方程为：.
（2）法1：设，，
显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：.
直线方程和椭圆方程联立，由方程组消去y得，整理得.
由，解得.
直线方程和圆方程联立，由方程组消去y得，
由，解得.
又，则有.
即，解得，
故直线l的方程为或.
分法2：设，，当直线l与x轴重合时，不符题意.
设直线l的方程为：.由方程组
消去x得，，解得.
由方程组消去x得，，
解得.
又，则有.
即，解得，
故直线l的方程为或.
【点睛】
本题考查求椭圆的标准方程，以及直线和椭圆的位置关系，考查学生的分析和运算能力.
22、（1）（2）.
【解析】
（1）根据，由向量，的坐标直接计算即得；（2）先求出，再根据向量平行的坐标关系解得.
【详解】
（1）由题，向量，，
则
.
（2），.
，
，
整理得，
化简得，即，
，，
，即.
【点睛】
本题考查平面向量的坐标运算，以及向量平行，是常考题型.