2026届福建省罗源第一中学高三下学期第六次检测数学试卷含解析

这是一份2026届福建省罗源第一中学高三下学期第六次检测数学试卷含解析，共21页。试卷主要包含了函数的图像大致为等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．已知函数在上都存在导函数，对于任意的实数都有，当时，，若，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
2．如图所示的“数字塔”有以下规律：每一层最左与最右的数字均为2，除此之外每个数字均为其两肩的数字之积，则该“数字塔”前10层的所有数字之积最接近（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数f(x)＝,若关于x的方程f(x)＝kx－恰有4个不相等的实数根，则实数k的取值范围是( )
A． B．
C． D．
4．若函数的图象上两点，关于直线的对称点在的图象上，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（ ）．
A．B．C．D．
6．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是( )
A．B．C．D．
7． 若数列满足且，则使的的值为( )
A．B．C．D．
8．函数的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
9．设a，b都是不等于1的正数，则“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
10．已知二次函数的部分图象如图所示，则函数的零点所在区间为（ ）
A．B．C．D．
11．为得到的图象，只需要将的图象（ ）
A．向左平移个单位 B．向左平移个单位
C．向右平移个单位 D．向右平移个单位
12．设复数满足（为虚数单位），则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知复数z1＝1﹣2i，z2＝a+2i（其中i是虚数单位，a∈R），若z1•z2是纯虚数，则a的值为_____．
14．数列满足递推公式，且，则___________.
15．若x，y满足，且y≥−1，则3x+y的最大值_____
16．一个长、宽、高分别为1、2、2的长方体可以在一个圆柱形容器内任意转动，则容器体积的最小值为_________.
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）在等比数列中，已知，.设数列的前n项和为，且，（，）.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：数列是等差数列；
（3）是否存在等差数列，使得对任意，都有？若存在，求出所有符合题意的等差数列；若不存在，请说明理由.
18．（12分）在中，、、分别是角、、的对边，且.
（1）求角的值；
（2）若，且为锐角三角形，求的取值范围.
19．（12分）已知，函数.
（1）若函数在上为减函数，求实数的取值范围；
（2）求证：对上的任意两个实数，，总有成立.
20．（12分）一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分.
（1）设抛掷4次的得分为，求变量的分布列和数学期望.
（2）当游戏得分为时，游戏停止，记得分的概率和为.
①求；
②当时，记，证明：数列为常数列，数列为等比数列.
21．（12分）已知函数，且．
（1）若，求的最小值，并求此时的值；
（2）若，求证:．
22．（10分）已知函数的导函数的两个零点为和．
（1）求的单调区间；
（2）若的极小值为，求在区间上的最大值．
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、B
【解析】
先构造函数，再利用函数奇偶性与单调性化简不等式，解得结果.
【详解】
令，则当时，，
又，所以为偶函数，
从而等价于，
因此选B.
【点睛】
本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.
2、A
【解析】
结合所给数字特征，我们可将每层数字表示成2的指数的形式，观察可知，每层指数的和成等比数列分布，结合等比数列前项和公式和对数恒等式即可求解
【详解】
如图，将数字塔中的数写成指数形式，可发现其指数恰好构成“杨辉三角”，前10层的指数之和为，所以原数字塔中前10层所有数字之积为.
故选：A
【点睛】
本题考查与“杨辉三角”有关的规律求解问题，逻辑推理，等比数列前项和公式应用，属于中档题
3、D
【解析】
由已知可将问题转化为：y＝f(x)的图象和直线y＝kx－有4个交点，作出图象，由图可得：点(1,0)必须在直线y＝kx－的下方，即可求得：k＞；再求得直线y＝kx－和y＝ln x相切时，k＝；结合图象即可得解.
【详解】
若关于x的方程f(x)＝kx－恰有4个不相等的实数根，
则y＝f(x)的图象和直线y＝kx－有4个交点．作出函数y＝f(x)的图象，如图，
故点(1,0)在直线y＝kx－的下方．
∴k×1－＞0，解得k＞.
当直线y＝kx－和y＝ln x相切时，设切点横坐标为m，
则k＝＝，∴m＝.
此时，k＝＝，f(x)的图象和直线y＝kx－有3个交点，不满足条件，
故所求k的取值范围是，
故选D..
【点睛】
本题主要考查了函数与方程思想及转化能力，还考查了导数的几何意义及计算能力、观察能力，属于难题．
4、D
【解析】
由题可知，可转化为曲线与有两个公共点，可转化为方程有两解，构造函数，利用导数研究函数单调性，分析即得解
【详解】
函数的图象上两点，关于直线的对称点在上，
即曲线与有两个公共点，
即方程有两解，
即有两解，
令，
则，
则当时，；当时，，
故时取得极大值，也即为最大值，
当时，；当时，，
所以满足条件．
故选：D
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的零点，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.
5、B
【解析】
根据角终边上的点坐标，求得，代入二倍角公式即可求得的值.
【详解】
因为终边上有一点，所以，
故选：B
【点睛】
此题考查二倍角公式，熟练记忆公式即可解决，属于简单题目.
6、D
【解析】
根据三视图判断出几何体为正四棱锥，由此计算出几何体的表面积.
【详解】
根据三视图可知，该几何体为正四棱锥.底面积为.侧面的高为，所以侧面积为.所以该几何体的表面积是.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查由三视图判断原图，考查锥体表面积的计算，属于基础题.
7、C
【解析】
因为，所以是等差数列，且公差，则，所以由题设可得，则，应选答案C．
8、A
【解析】
根据排除，，利用极限思想进行排除即可．
【详解】
解：函数的定义域为，恒成立，排除，，
当时，，当，，排除，
故选：．
【点睛】
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数值的符号以及极限思想是解决本题的关键，属于基础题．
9、C
【解析】
根据对数函数以及指数函数的性质求解a,b的范围，再利用充分必要条件的定义判断即可．
【详解】
由“”，得，
得或或，
即或或，
由，得，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选C．
【点睛】
本题考查必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法，考查指数，对数不等式的解法，是基础题．
10、B
【解析】
由函数f(x)的图象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2.
又f′(x)＝2x－b，所以g(x)＝ex＋2x－b，所以g′(x)＝ex＋2＞0，所以g(x)在R上单调递增，
又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0，
根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)的零点所在的区间是(0，1)，
故选B.
11、D
【解析】
试题分析：因为，所以为得到的图象，只需要将的图象向右平移个单位；故选D．
考点：三角函数的图像变换．
12、D
【解析】
先把变形为，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，求出，得到其坐标可得答案.
【详解】
解：由，得，
所以，其在复平面内对应的点为，在第四象限
故选：D
【点睛】
此题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、-1
【解析】
由题意，令即可得解.
【详解】
∵z1＝1﹣2i，z2＝a+2i，
∴，
又z1•z2是纯虚数，∴，解得：a＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点睛】
本题考查了复数的概念和运算，属于基础题.
14、2020
【解析】
可对左右两端同乘以得，
依次写出，，，，累加可得，再由得，代入即可求解
【详解】
左右两端同乘以有，从而，，，，将以上式子累加得.
由得.令，有.
故答案为：2020
【点睛】
本题考查数列递推式和累加法的应用，属于基础题
15、5.
【解析】
由约束条件作出可行域，令z＝3x+y，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【详解】
由题意作出可行域如图阴影部分所示.
设,
当直线经过点时,取最大值5.
故答案为：5
【点睛】
本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
16、
【解析】
一个长、宽、高分别为1、2、2的长方体可以在一个圆柱形容器内任意转动,则圆柱形容器的底面直径及高的最小值均等于长方体的体对角线的长,长方体的体对角线的长为,所以容器体积的最小值为.
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、（1）（2）见解析（3）存在唯一的等差数列，其通项公式为，满足题设
【解析】
（1）由，可得公比，即得；（2）由（1）和可得数列的递推公式，即可知结果为常数，即得证；（3）由（2）可得数列的通项公式，，设出等差数列，再根据不等关系来算出的首项和公差即可.
【详解】
（1）设等比数列的公比为q，因为，，所以，解得.
所以数列的通项公式为：.
（2）由（1）得，当，时，可得①，
②
②①得，，
则有，即，，.
因为，由①得，，所以，
所以，.
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.
（3）由（2）得，所以，.
假设存在等差数列，其通项，
使得对任意，都有，
即对任意，都有.③
首先证明满足③的.若不然，，则，或.
（i）若，则当，时，，
这与矛盾.
（ii）若，则当，时，.
而，，所以.
故，这与矛盾.所以.
其次证明：当时，.
因为，所以在上单调递增，
所以，当时，.
所以当，时，.
再次证明.
（iii）若时，则当，，，，这与③矛盾.
（iv）若时，同（i）可得矛盾.所以.
当时，因为，，
所以对任意，都有.所以，.
综上，存在唯一的等差数列，其通项公式为，满足题设.
【点睛】
本题考查求等比数列通项公式，证明等差数列，以及数列中的探索性问题，是一道数列综合题，考查学生的分析，推理能力.
18、 (1) .(2) .
【解析】
（1）根据题意，由余弦定理求得，即可求解C角的值；
（2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，再根据为锐角三角形，求得，利用三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】
（1）由题意知，∴，
由余弦定理可知，，
又∵，∴.
（2）由正弦定理可知，，即
∴
，
又∵为锐角三角形，∴，即，
则，所以，
综上的取值范围为.
【点睛】
本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
19、（1）（2）见解析
【解析】
（1）求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，参变分离得在上恒成立.设，求出即可得到参数的取值范围；
（2）不妨设，，，
利用导数说明函数在上是减函数，即可得证；
【详解】
解：（1）∵
∴，且函数在上为减函数，即在上恒成立，
∴在上恒成立.设，
∵函数在上单调递增，∴，
∴，∴实数的取值范围为.
（2）不妨设，，，
则，
∴.
∵，∴，
又，令，∴，
∴在上为减函数，∴，
∴，即，
∴在上是减函数，∴，即，
∴，
∴当时，.
∵，∴.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值，利用导数证明不等式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
20、（1）分布列见解析，数学期望为6；（2）①；②证明见解析
【解析】
（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出对应的概率，进而可求出变量的分布列和数学期望；
（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得；②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，可知当且时，，结合，可推出，从而可证明数列为常数列；结合，可推出，进而可证明数列为等比数列.
【详解】
（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8.
每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率也为，
则，
.
所以变量的分布列为：
故变量的数学期望为.
（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为.
②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，
故且时，有，
则时，，
所以，
故数列为常数列；
又，
，所以数列为等比数列.
【点睛】
本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查常数列及等比数列的证明，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.
21、（1）最小值为，此时；（2）见解析
【解析】
（1）由已知得，
法一:，，根据二次函数的最值可求得；
法二:运用基本不等式构造，可得最值；
法三：运用柯西不等式得：，可得最值；
（2）由绝对值不等式得，，又，可得证.
【详解】
（1），
法一:，，
的最小值为，此时；
法二:，
，即的最小值为，此时；
法三：由柯西不等式得：
，
,即的最小值为，此时；
（2），，
又，
.
【点睛】
本题考查运用基本不等式，柯西不等式，绝对值不等式进行不等式的证明和求解函数的最值，属于中档题.
22、（1）单调递增区间是，单调递减区间是和；（2）最大值是．
【解析】
（1）求得，由题意可知和是函数的两个零点，根据函数的符号变化可得出的符号变化，进而可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）由（1）中的结论知，函数的极小值为，进而得出，解出、、的值，然后利用导数可求得函数在区间上的最大值.
【详解】
（1），
令，
因为，所以的零点就是的零点，且与符号相同．
又因为，所以当时，，即；当或时，，即.
所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和；
（2）由（1）知，是的极小值点，
所以有，解得，， ，
所以．
因为函数的单调递增区间是，单调递减区间是和.
所以为函数的极大值，
故在区间上的最大值取和中的最大者，
而，所以函数在区间上的最大值是．
【点睛】
本题考查利用导数求函数的单调区间与最值，考查计算能力，属于中等题.
4
5
6
7
8