2026届福建省龙岩市龙岩一中高三下学期第五次调研考试数学试题含解析

这是一份2026届福建省龙岩市龙岩一中高三下学期第五次调研考试数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，在中，角所对的边分别为，已知，，已知集合A，则集合等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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．若等差数列的前项和为，且，，则的值为（ ）．
A．21B．63C．13D．84
2．已知为虚数单位，若复数，则
A．B．
C．D．
3．设函数，则函数的图像可能为（ ）
A．B．C．D．
4．已知等差数列{an}，则“a2＞a1”是“数列{an}为单调递增数列”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
5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．B．64C．D．32
6．函数的图象如图所示，为了得到的图象，可将的图象（ ）
A．向右平移个单位B．向右平移个单位
C．向左平移个单位D．向左平移个单位
7．已知函数在区间有三个零点，，，且，若，则的最小正周期为（ ）
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．已知集合A，则集合（ ）
A．B．C．D．
10．已知双曲线的左、右顶点分别为，点是双曲线上与不重合的动点，若， 则双曲线的离心率为( )
A．B．C．4D．2
11．如图，平面四边形中，，，，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，其中，记函数满足条件：为事件，则事件发生的概率为
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知双曲线的两条渐近线方程为，若顶点到渐近线的距离为1，则双曲线方程为 ．
14．正方体的棱长为2, 是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦), 为正方体表面上的动点,当弦的长度最大时, 的取值范围是______.
15．若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像.则在区间上的最小值为________.
16．在中，角，，的对边分别为，，.若；且，则周长的范围为__________.
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．
（1）当（为自然对数的底数）时，求函数的极值；
（2）为的导函数，当，时，求证：．
18．（12分）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
19．（12分）已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数.).以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线与直线其中的一个交点为，且点极径.极角
（1）求曲线的极坐标方程与点的极坐标；
（2）已知直线的直角坐标方程为，直线与曲线相交于点(异于原点)，求的面积.
20．（12分）已知函数.
（1）若在上为单调函数，求实数a的取值范围：
（2）若，记的两个极值点为，，记的最大值与最小值分别为M，m，求的值.
21．（12分）已知函数
（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）若方程有两个不同实根，，证明：．
22．（10分）已知数列满足，等差数列满足，
（1）分别求出，的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，数列的前n项和为证明：．
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、B
【解析】
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式可求，，然后结合等差数列的求和公式即可求解．
【详解】
解：因为，，
所以，解可得，，，
则．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础题．
2、B
【解析】
因为，所以，故选B．
3、B
【解析】
根据函数为偶函数排除，再计算排除得到答案.
【详解】
定义域为：
，函数为偶函数，排除
，排除
故选
【点睛】
本题考查了函数图像，通过函数的单调性，奇偶性，特殊值排除选项是常用的技巧.
4、C
【解析】
试题分析：根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
解：在等差数列{an}中，若a2＞a1，则d＞0，即数列{an}为单调递增数列，
若数列{an}为单调递增数列，则a2＞a1，成立，
即“a2＞a1”是“数列{an}为单调递增数列”充分必要条件，
故选C．
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．
5、A
【解析】
根据三视图，还原空间几何体，即可得该几何体的体积.
【详解】
由该几何体的三视图，还原空间几何体如下图所示：
可知该几何体是底面在左侧的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为4，
故.
故选：A
【点睛】
本题考查了三视图的简单应用，由三视图还原空间几何体，棱锥体积的求法，属于基础题.
6、C
【解析】
根据正弦型函数的图象得到，结合图像变换知识得到答案.
【详解】
由图象知：，∴.
又时函数值最大，
所以.又，
∴，从而，，
只需将的图象向左平移个单位即可得到的图象，
故选C.
【点睛】
已知函数的图象求解析式
(1).(2)由函数的周期求
(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求，一般用最高点或最低点求．
7、C
【解析】
根据题意，知当时，，由对称轴的性质可知和，即可求出，即可求出的最小正周期.
【详解】
解：由于在区间有三个零点，，，
当时，，
∴由对称轴可知，满足，
即.
同理，满足，即，
∴，，
所以最小正周期为：.
故选：C.
【点睛】
本题考查正弦型函数的最小正周期，涉及函数的对称性的应用，考查计算能力.
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、A
【解析】
化简集合,，按交集定义，即可求解.
【详解】
集合，
，则.
故选:A.
【点睛】
本题考查集合间的运算，属于基础题.
10、D
【解析】
设，，，根据可得①，再根据又②，由①②可得，化简可得，即可求出离心率．
【详解】
解：设，，，
∵，
∴，即，①
又，②，
由①②可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
故选：D．
【点睛】
本题考查双曲线的方程和性质，考查了斜率的计算，离心率的求法，属于基础题和易错题．
11、A
【解析】
将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，在中，计算半径即可.
【详解】
由，，可知平面．
将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同．
由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，
记的外心为，由为等边三角形，
可得．又，故在中，，
此即为外接球半径，从而外接球表面积为．
故选：A
【点睛】
本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析，数学运算的能力，属于较难题.
12、D
【解析】
由得，分别以为横纵坐标建立如图所示平面直角坐标系，由图可知，.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由已知，即，取双曲线顶点及渐近线，则顶点到该渐近线的距离为，由题可知，所以，则所求双曲线方程为.
14、
【解析】
由弦的长度最大可知为球的直径.由向量的线性运用表示出，即可由范围求得的取值范围.
【详解】
连接，如下图所示：
设球心为,则当弦的长度最大时，为球的直径，
由向量线性运算可知
正方体的棱长为2，则球的半径为1，，
所以
，
而
所以，
即
故答案为：.
【点睛】
本题考查了空间向量线性运算与数量积的运算，正方体内切球性质应用，属于中档题.
15、
【解析】
注意平移是针对自变量x，所以，再利用整体换元法求值域（最值）即可.
【详解】
由已知，，
，又，故，
，所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查正弦型函数在给定区间上的最值问题，涉及到图象的平移变换、辅助角公式的应用，是一道基础题.
16、
【解析】
先求角，再用余弦定理找到边的关系，再用基本不等式求的范围即可.
【详解】
解：
所以三角形周长
故答案为：
【点睛】
考查正余弦定理、基本不等式的应用以及三条线段构成三角形的条件；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）极大值，极小值；（2）详见解析.
【解析】
首先确定函数的定义域和；
（1）当时，根据的正负可确定单调性，进而确定极值点，代入可求得极值；
（2）通过分析法可将问题转化为证明，设，令，利用导数可证得，进而得到结论.
【详解】
由题意得：定义域为，，
（1）当时，，
当和时，；当时，，
在，上单调递增，在上单调递减，
极大值为，极小值为.
（2）要证：，
即证：，
即证：，
化简可得：．
，，即证：，
设，令，则，
在上单调递增，，则由，
从而有：.
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到函数极值的求解、利用导数证明不等式的问题；本题不等式证明的关键是能够将多个变量的问题转化为一个变量的问题，通过构造函数的方式将问题转化为函数最值的求解问题.
18、（1）见解析（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．
试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.
又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD，，
所以平面.
因为平面，所以 .
又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC.
点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．
19、（1）极坐标方程为，点的极坐标为（2）
【解析】
（1）利用极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化公式即可；
（2）只需算出A、B两点的极坐标，利用计算即可.
【详解】
（1）曲线C：(为参数，)
，
将代入，解得，
即曲线的极坐标方程为，
点的极坐标为.
（2)由（1），得点的极坐标为，
由直线过原点且倾斜角为，知点的极坐标为，
.
【点睛】
本题考查极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化以及利用极径求三角形面积，考查学生的运算能力，是一道基础题.
20、（1）；（2）
【解析】
（1）求导.根据单调，转化为对恒成立求解
（2）由（1）知，是的两个根，不妨设，令. 根据，确定，将转化为. 令，用导数法研究其单调性求最值.
【详解】
（1）的定义域为，
.
因为单调，所以对恒成立，
所以，恒成立，
因为，当且仅当时取等号，
所以；
（2）由（1）知，是的两个根.
从而，，不妨设，
则.
因为，所以t为关于a的减函数，所以.
.
令，则.
因为当时，在上为减函数.
所以当时，.
从而，所以在上为减函数.
所以当时，.
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
21、（1）（2）详见解析
【解析】
（1）将原不等式转化为，构造函数，求得的最大值即可；
（2）首先通过求导判断的单调区间，考查两根的取值范围，再构造函数，将问题转化为证明，探究在区间内的最大值即可得证．
【详解】
解：（1）由，即，
即，
令，则只需，
，令，得，
在上单调递增，在上单调递减，
，
的取值范围是；
（2）证明：不妨设，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，当时，，
，
要证，即证，
由在上单调递增，
只需证明，
由，只需证明，
令，，
只需证明，
易知，
由，故，
，
从而在上单调递增，
由，故当时，，
故，证毕．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数单调性，最值等，关键是要对问题进行转化，比如把恒成立问题转化为最值问题，把根的个数问题转化为图像的交点个数，进而转化为证明不等式的问题，属难题．
22、 (1) （2）证明见解析
【解析】
（1）因为，所以，
所以，即，又因为，
所以数列为等差数列，且公差为1，首项为1，
则，即.
设的公差为，则，
所以（），则（），
所以，因此，
综上，．
（2）设数列的前n项和为，则
两式相减得
，所以，
设则，
所以.