2026届福建省惠安一中等三校中学高三下学期第五次调研考试数学试题含解析

这是一份2026届福建省惠安一中等三校中学高三下学期第五次调研考试数学试题含解析，共17页。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知集合，，则集合子集的个数为（ ）
A．B．C．D．
2．定义运算，则函数的图象是（ ）．
A．B．
C．D．
3．在复平面内，复数（为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
5．已知、分别是双曲线的左、右焦点，过作双曲线的一条渐近线的垂线，分别交两条渐近线于点、，过点作轴的垂线，垂足恰为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．小张家订了一份报纸，送报人可能在早上之间把报送到小张家，小张离开家去工作的时间在早上之间.用表示事件：“小张在离开家前能得到报纸”，设送报人到达的时间为，小张离开家的时间为，看成平面中的点，则用几何概型的公式得到事件的概率等于（ ）
A．B．C．D．
7．已知向量，，且与的夹角为，则x=（ ）
A．-2B．2C．1D．-1
8．已知函数，其中，，其图象关于直线对称，对满足的，，有，将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则函数的单调递减区间是（）
A．B．
C．D．
9．如图，在中，点M是边的中点，将沿着AM翻折成，且点不在平面内，点是线段上一点.若二面角与二面角的平面角相等，则直线经过的（ ）
A．重心B．垂心C．内心D．外心
10．盒子中有编号为1，2，3，4，5，6，7的7个相同的球，从中任取3个编号不同的球，则取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率是（ ）
A．B．C．D．
11．若的展开式中的常数项为-12，则实数的值为（ ）
A．-2B．-3C．2D．3
12．若，则下列不等式不能成立的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，在中，已知，为边的中点．若，垂足为，则的值为__．
14．设（其中为自然对数的底数），，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围为________.
15．展开式中的系数为________．
16．六位同学坐在一排，现让六位同学重新坐，恰有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有________种（用数字回答）.
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）以直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴，且两坐标系取相同的长度单位.已知曲线的参数方程：（为参数），直线的极坐标方程：
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）若直线与曲线交于、两点，求的最大值.
18．（12分）设函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若不等式恒成立，求实数a的取值范围.
19．（12分）已知，且．
（1）请给出的一组值，使得成立；
（2）证明不等式恒成立．
20．（12分）已知的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若的面积为，，求的周长.
21．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求直线与曲线的普通方程，并求出直线的倾斜角；
（2）记直线与轴的交点为是曲线上的动点，求点的最大距离.
22．（10分）等差数列中，，，分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且其中的任何两个数不在下表的同一列.
（1）请选择一个可能的组合，并求数列的通项公式；
（2）记（1）中您选择的的前项和为，判断是否存在正整数，使得，，成等比数列，若有，请求出的值；若没有，请说明理由.
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】
首先求出，再根据含有个元素的集合有个子集，计算可得.
【详解】
解：，，
，
子集的个数为.
故选：.
【点睛】
考查列举法、描述法的定义，以及交集的运算，集合子集个数的计算公式，属于基础题．
2、A
【解析】
由已知新运算的意义就是取得中的最小值，
因此函数，
只有选项中的图象符合要求，故选A.
3、D
【解析】
将复数化简得,,即可得到对应的点为,即可得出结果.
【详解】
，对应的点位于第四象限.
故选:.
【点睛】
本题考查复数的四则运算,考查共轭复数和复数与平面内点的对应,难度容易.
4、B
【解析】
解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题；
取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题．
∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题．
故选B．
5、B
【解析】
设点位于第二象限，可求得点的坐标，再由直线与直线垂直，转化为两直线斜率之积为可得出的值，进而可求得双曲线的离心率.
【详解】
设点位于第二象限，由于轴，则点的横坐标为，纵坐标为，即点，
由题意可知，直线与直线垂直，，，
因此，双曲线的离心率为.
故选：B.
【点睛】
本题考查双曲线离心率的计算，解答的关键就是得出、、的等量关系，考查计算能力，属于中等题.
6、D
【解析】
这是几何概型，画出图形，利用面积比即可求解.
【详解】
解：事件发生，需满足，即事件应位于五边形内，作图如下：
故选：D
【点睛】
考查几何概型，是基础题.
7、B
【解析】
由题意，代入解方程即可得解.
【详解】
由题意，
所以，且，解得.
故选：B.
【点睛】
本题考查了利用向量的数量积求向量的夹角，属于基础题.
8、B
【解析】
根据已知得到函数两个对称轴的距离也即是半周期，由此求得的值，结合其对称轴，求得的值，进而求得解析式.根据图像变换的知识求得的解析式，再利用三角函数求单调区间的方法，求得的单调递减区间.
【详解】
解：已知函数，其中，，其图像关于直线对称，
对满足的，，有，∴.
再根据其图像关于直线对称，可得，.
∴，∴.
将函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图像.
令，求得，
则函数的单调递减区间是，，
故选B.
【点睛】
本小题主要考查三角函数图像与性质求函数解析式，考查三角函数图像变换，考查三角函数单调区间的求法，属于中档题.
9、A
【解析】
根据题意到两个平面的距离相等，根据等体积法得到，得到答案.
【详解】
二面角与二面角的平面角相等，故到两个平面的距离相等.
故，即，两三棱锥高相等，故，
故，故为中点.
故选：.
【点睛】
本题考查了二面角，等体积法，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
10、B
【解析】
由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种，由古典概型的概率公式即得解.
【详解】
由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种
由古典概型，取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率为：
故选：B
【点睛】
本题考查了排列组合在古典概型中的应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.
11、C
【解析】
先研究的展开式的通项，再分中，取和两种情况求解.
【详解】
因为的展开式的通项为，
所以的展开式中的常数项为：，
解得，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
12、B
【解析】
根据不等式的性质对选项逐一判断即可.
【详解】
选项A：由于，即，，所以，所以，所以成立；
选项B：由于，即，所以，所以，所以不成立；
选项C：由于，所以，所以，所以成立；
选项D：由于，所以，所以，所以，所以成立.
故选：B.
【点睛】
本题考查不等关系和不等式，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】
，
由余弦定理，得，
得，，，
所以，所以．
点睛：本题考查平面向量的综合应用．本题中存在垂直关系，所以在线性表示的过程中充分利用垂直关系，得到，所以本题转化为求长度，利用余弦定理和面积公式求解即可．
14、
【解析】
求函数，研究函数的单调性和极值，作出函数的图象，设，若函数恰有4个零点，则等价为函数有两个零点，满足或，利用一元二次函数根的分布进行求解即可．
【详解】
当时，，
由得：，解得，
由得：，解得，
即当时，函数取得极大值，同时也是最大值，（e），
当，，
当，，
作出函数的图象如图，
设，
由图象知，当或，方程有一个根，
当或时，方程有2个根，
当时，方程有3个根，
则，等价为，
当时，，
若函数恰有4个零点，
则等价为函数有两个零点，满足或，
则，
即（1）
解得：，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法进行转化一元二次函数根的分布以及．求的导数，研究函数的的单调性和极值是解决本题的关键，属于难题．
15、30
【解析】
先将问题转化为二项式的系数问题，利用二项展开式的通项公式求出展开式的第项，令的指数分别等于2，4，求出特定项的系数．
【详解】
由题可得：展开式中的系数等于二项式展开式中的指数为2和4时的系数之和，
由于二项式的通项公式为，
令，得展开式的的系数为，
令，得展开式的的系数为，
所以展开式中的系数，
故答案为30.
【点睛】
本题考查利用二项式展开式的通项公式解决二项展开式的特定项的问题，考查学生的转化能力，属于基础题．
16、135
【解析】
根据题意先确定2个人位置不变，共有种选择，再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，计算得到答案.
【详解】
根据题意先确定2个人位置不变，共有种选择.
再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，共有种选择，
故不同的坐法有.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了分步乘法原理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
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、（1）；（2）10
【解析】
（1）消去参数，可得曲线C的普通方程，再根据极坐标与直角坐标的互化公式，代入即可求得曲线C的极坐标方程；
（2）将代入曲线C的极坐标方程，利用根与系数的关系，求得，进而得到=，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】
（1）由题意，曲线C的参数方程为，
消去参数，可得曲线C的普通方程为，即，
又由，
代入可得曲线C的极坐标方程为.
（2）将代入，
得，即，
所以=，
其中，当时，取最大值，最大值为10.
【点睛】
本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及曲线的极坐标方程的应用，着重考查了运算与求解能力，属于中档试题.
18、（1）（2）
【解析】
(1) 利用分段讨论法去掉绝对值,结合图象,从而求得不等式的解集;
(2) 求出函数的最小值,把问题化为,从而求得的取值范围.
【详解】
（1）当时，
则
所以不等式的解集为.
（2）等价于，
而，
故等价于，
所以或，
即或，
所以实数a的取值范围为.
【点睛】
本题考查含有绝对值的不等式解法、不等式恒成立问题,考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力，难度一般.
19、（1）（答案不唯一）（2）证明见解析
【解析】
（1）找到一组符合条件的值即可；
（2）由可得,整理可得,两边同除可得,再由可得,两边同时加可得,即可得证.
【详解】
解析:（1）（答案不唯一）
（2）证明:由题意可知,,因为,所以.
所以,即.
因为,所以,
因为,所以,
所以.
【点睛】
考查不等式的证明,考查不等式的性质的应用.
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理将目标式边化角，结合倍角公式，即可整理化简求得结果；
（2）由面积公式，可以求得，再利用余弦定理，即可求得，结合即可求得周长.
【详解】
（1）由题设得.
由正弦定理得
∵∴，
所以或.
当，（舍）
故，
解得.
（2），从而.
由余弦定理得
.
解得.
∴.
故三角形的周长为.
【点睛】
本题考查由余弦定理解三角形，涉及面积公式，正弦的倍角公式，应用正弦定理将边化角，属综合性基础题.
21、（1），，直线的倾斜角为
（2）
【解析】
（1）由公式消去参数得普通方程，由公式可得直角坐标方程后可得倾斜角；
（2）求出直线与轴交点，用参数表示点坐标，求出，利用三角函数的性质可得最大值．
【详解】
（1）由，消去得的普通方程是：
由，得，
将代入上式，化简得
直线的倾斜角为
（2）在曲线上任取一点，
直线与轴的交点的坐标为
则
当且仅当时，取最大值.
【点睛】
本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，属于基础题．求两点间距离的最值时，用参数方程设点的坐标可把问题转化为三角函数问题．
22、（1）见解析，或；（2）存在，.
【解析】
（1）满足题意有两种组合：①，，，②，，，分别计算即可；
（2）由（1）分别讨论两种情况，假设存在正整数，使得，，成等比数列，即，解方程是否存在正整数解即可.
【详解】
（1）由题意可知：有两种组合满足条件：
①，，，此时等差数列，，，
所以其通项公式为.
②，，，此时等差数列，，，
所以其通项公式为.
（2）若选择①，.
则.
若，，成等比数列，则，
即，整理，得，即，
此方程无正整数解，故不存在正整数，使，，成等比数列.
若选则②，，
则，
若，，成等比数列，则，
即，整理得，因为为正整数，所以.
故存在正整数，使，，成等比数列.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式及前n项和，涉及到等比数列的性质，是一道中档题.
第一列
第二列
第三列
第一行
5
8
2
第二行
4
3
12
第三行
16
6
9