2026届福建省龙岩市上杭二中高三（最后冲刺）数学试卷含解析

这是一份2026届福建省龙岩市上杭二中高三（最后冲刺）数学试卷含解析，共7页。试卷主要包含了设，，则，若，则等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．若圆锥轴截面面积为，母线与底面所成角为60°，则体积为( )
A．B．C．D．
2．已知边长为4的菱形，，为的中点，为平面内一点，若，则（ ）
A．16B．14C．12D．8
3．设集合、是全集的两个子集，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知函数是上的偶函数，且当时，函数是单调递减函数，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数，若时，恒成立，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
6．设，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知抛物线和点，直线与抛物线交于不同两点，，直线与抛物线交于另一点．给出以下判断：
①以为直径的圆与抛物线准线相离；
②直线与直线的斜率乘积为；
③设过点，，的圆的圆心坐标为，半径为，则．
其中，所有正确判断的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
8．已知双曲线)，其右焦点F的坐标为，点是第一象限内双曲线渐近线上的一点，为坐标原点，满足，线段交双曲线于点.若为的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
9．已知定义在上的可导函数满足，若是奇函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
10．若，则( )
A．B．C．D．
11．若双曲线的离心率为，则双曲线的焦距为（ ）
A．B．C．6D．8
12．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为4的正三角形，俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．过且斜率为的直线交抛物线于两点，为的焦点若的面积等于的面积的2倍，则的值为___________.
14．已知函数是定义在上的奇函数，其图象关于直线对称，当时，（其中是自然对数的底数，若，则实数的值为_____.
15．有以下四个命题：①在中，的充要条件是；②函数在区间上存在零点的充要条件是；③对于函数，若，则必不是奇函数；④函数与的图象关于直线对称.其中正确命题的序号为______.
16．已知抛物线的焦点为，斜率为2的直线与的交点为，若，则直线的方程为___________．
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）若曲线的切线方程为，求实数的值；
（2）若函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.
18．（12分）已知函数，．
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）求在上的最小值和最大值．
19．（12分）已知数列的前项和为，且点在函数的图像上；
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足：，，求的通项公式；
（3）在第（2）问的条件下，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
20．（12分）已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若的解集包含，求的取值范围.
21．（12分）已知正实数满足 .
（1）求 的最小值.
（2）证明：
22．（10分）已知矩阵的一个特征值为4，求矩阵A的逆矩阵.
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、D
【解析】
设圆锥底面圆的半径为，由轴截面面积为可得半径，再利用圆锥体积公式计算即可.
【详解】
设圆锥底面圆的半径为，由已知，，解得，
所以圆锥的体积.
故选：D
【点睛】
本题考查圆锥的体积的计算，涉及到圆锥的定义，是一道容易题.
2、B
【解析】
取中点，可确定；根据平面向量线性运算和数量积的运算法则可求得，利用可求得结果.
【详解】
取中点，连接，
，，即.
，，
，
则.
故选：.
【点睛】
本题考查平面向量数量积的求解问题，涉及到平面向量的线性运算，关键是能够将所求向量进行拆解，进而利用平面向量数量积的运算性质进行求解.
3、C
【解析】
作出韦恩图，数形结合，即可得出结论.
【详解】
如图所示，，
同时.
故选:C.
【点睛】
本题考查集合关系及充要条件，注意数形结合方法的应用，属于基础题.
4、D
【解析】
利用对数函数的单调性可得，再根据的单调性和奇偶性可得正确的选项.
【详解】
因为，，
故.
又，故.
因为当时，函数是单调递减函数，
所以.
因为为偶函数，故，
所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查抽象函数的奇偶性、单调性以及对数函数的单调性在大小比较中的应用，比较大小时注意选择合适的中间数来传递不等关系，本题属于中档题.
5、D
【解析】
通过分析函数与的图象，得到两函数必须有相同的零点，解方程组即得解.
【详解】
如图所示，函数与的图象，
因为时，恒成立，
于是两函数必须有相同的零点，
所以
，
解得．
故选：D
【点睛】
本题主要考查函数的图象的综合应用和函数的零点问题，考查不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6、D
【解析】
集合是一次不等式的解集，分别求出再求交集即可
【详解】
，
，
则
故选
【点睛】
本题主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集运算，属于基础题．
7、D
【解析】
对于①，利用抛物线的定义，利用可判断；
对于②，设直线的方程为，与抛物线联立，用坐标表示直线与直线的斜率乘积，即可判断；
对于③，将代入抛物线的方程可得，，从而，，利用韦达定理可得，再由，可用m表示，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，可得a，即可判断.
【详解】
如图，设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，则圆心为线段的中点．
设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，
显然，，三点不共线，
则．所以①正确．
由题意可设直线的方程为，
代入抛物线的方程，有．
设点，的坐标分别为，，
则，．
所以．
则直线与直线的斜率乘积为．所以②正确．
将代入抛物线的方程可得，，从而，．根据抛物线的对称性可知，
，两点关于轴对称，所以过点，，的圆的圆心在轴上．
由上，有，，
则．
所以，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，所以．
于是，，
代入，，得，
所以．
所以③正确．
故选：D
【点睛】
本题考查了抛物线的性质综合，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.
8、C
【解析】
计算得到，，代入双曲线化简得到答案.
【详解】
双曲线的一条渐近线方程为，是第一象限内双曲线渐近线上的一点，，
故，，故，代入双曲线化简得到：，故.
故选：.
【点睛】
本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
9、A
【解析】
构造函数，根据已知条件判断出的单调性.根据是奇函数，求得的值，由此化简不等式求得不等式的解集.
【详解】
构造函数，依题意可知，所以在上递增.由于是奇函数，所以当时，，所以，所以.
由得，所以，故不等式的解集为.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查构造函数法解不等式，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
10、D
【解析】
直接利用二倍角余弦公式与弦化切即可得到结果．
【详解】
∵，
∴，
故选D
【点睛】
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，同角三角函数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
11、A
【解析】
依题意可得，再根据离心率求出，即可求出，从而得解；
【详解】
解：∵双曲线的离心率为，
所以，∴，∴，双曲线的焦距为.
故选：A
【点睛】
本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题.
12、A
【解析】
由题意得到该几何体是一个组合体，前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥，后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥，体积为
故答案为A.
点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、2
【解析】
联立直线与抛物线的方程，根据一元二次方程的根与系数的关系以及面积关系求解即可.
【详解】
如图，设，由，则，
由可得，由，则，
所以，得.
故答案为：2
【点睛】
此题考查了抛物线的性质，属于中档题.
14、
【解析】
先推导出函数的周期为，可得出，代值计算，即可求出实数的值.
【详解】
由于函数是定义在上的奇函数，则，
又该函数的图象关于直线对称，则，
所以，，则，
所以，函数是周期为的周期函数，
所以，解得.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用函数的对称性计算函数值，解题的关键就是结合函数的奇偶性与对称轴推导出函数的周期，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
15、①
【解析】
由三角形的正弦定理和边角关系可判断①；由零点存在定理和二次函数的图象可判断②；
由，结合奇函数的定义，可判断③；由函数图象对称的特点可判断④．
【详解】
解：①在中，，故①正确；
②函数在区间上存在零点，比如在存在零点，
但是，故②错误；
③对于函数，若，满足，
但可能为奇函数，故③错误；
④函数与的图象，可令，即，
即有和的图象关于直线对称，即对称，故④错误．
故答案为：①．
【点睛】
本题主要考查函数的零点存在定理和对称性、奇偶性的判断，考查判断能力和推理能力，属于中档题．
16、
【解析】
设直线l的方程为，，联立直线l与抛物线C的方程，得到A，B点横坐标的关系式，代入到中，解出t的值，即可求得直线l的方程
【详解】
设直线．
由题设得，故，
由题设可得．
由可得，
则，
从而，得，
所以l的方程为,
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了直线的方程，抛物线的定义，抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系，属于中档题.
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）；（2）或
【解析】
（1）根据解析式求得导函数，设切点坐标为，结合导数的几何意义可得方程，构造函数，并求得，由导函数求得有最小值，进而可知由唯一零点，即可代入求得的值；
（2）将解析式代入，结合零点定义化简并分离参数得，构造函数，根据题意可知直线与曲线有两个交点；求得并令求得极值点，列出表格判断的单调性与极值，即可确定与有两个交点时的取值范围.
【详解】
（1）依题意，，，
设切点为，，
故，
故，则；
令，，
故当时，，
当时，，
故当时，函数有最小值，
由于，故有唯一实数根0，
即，则；
（2）由，得.
所以“在区间上有两个零点”等价于“直线与曲线在有两个交点”；
由于.
由，解得，.
当变化时，与的变化情况如下表所示：
所以在，上单调递减，在上单调递增.
又因为，，
，，
故当或时，直线与曲线在上有两个交点，
即当或时，函数在区间上有两个零点.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义应用，由切线方程求参数值，构造函数法求参数的取值范围，函数零点的意义及综合应用，属于难题.
18、（Ⅰ）;（Ⅱ）最小值和最大值．
【解析】
试题分析：（1）由已知利用两角和与差的三角函数公式及倍角公式将的解析式化为一个复合角的三角函数式，再利用正弦型函数的最小正周期计算公式，即可求得函数的最小正周期；（2）由（1）得函数，分析它在闭区间上的单调性，可知函数在区间上是减函数，在区间上是增函数，由此即可求得函数在闭区间上的最大值和最小值．也可以利用整体思想求函数在闭区间上的最大值和最小值．
由已知，有
的最小正周期．
（2）∵在区间上是减函数，在区间上是增函数，，，∴函数在闭区间上的最大值为，最小值为．
考点：1．两角和与差的正弦公式、二倍角的正弦与余弦公式；2．三角函数的周期性和单调性．
19、（1）（2）当n为偶数时，；当n为奇数时，.（3）
【解析】
（1）根据,讨论与两种情况,即可求得数列的通项公式;
（2）由（1）利用递推公式及累加法,即可求得当n为奇数或偶数时的通项公式.也可利用数学归纳法,先猜想出通项公式,再用数学归纳法证明.
（3）分类讨论,当n为奇数或偶数时,分别求得的最大值,即可求得的取值范围.
【详解】
（1）由题意可知,.
当时,,
当时,也满足上式.
所以.
（2）解法一：由（1）可知,
即.
当时,,①
当时,,所以,②
当时,,③
当时,,所以,④
……
当时,n为偶数
当时,n为偶数所以
以上个式子相加,得
.
又,所以当n为偶数时,.
同理,当n为奇数时,
,
所以,当n为奇数时,.
解法二：
猜测：当n为奇数时,
.
猜测：当n为偶数时,
.
以下用数学归纳法证明：
,命题成立；
假设当时,命题成立；
当n为奇数时,,
当时,n为偶数,由得
故,时,命题也成立.
综上可知, 当n为奇数时
同理,当n为偶数时,命题仍成立.
（3）由（2）可知.
①当n为偶数时,,
所以随n的增大而减小从而当n为偶数时,的最大值是.
②当n为奇数时,,
所以随n的增大而增大,且.
综上,的最大值是1.
因此,若对于任意的,不等式恒成立,只需,
故实数的取值范围是.
【点睛】
本题考查了累加法求数列通项公式的应用,分类讨论奇偶项的通项公式及求和方法,数学归纳法证明数列的应用,数列的单调性及参数的取值范围,属于难题.
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）对范围分类整理得：，分类解不等式即可．
（2）利用已知转化为“当时，”恒成立，利用绝对值不等式的性质可得：，问题得解．
【详解】
当时，，
当时，由得，解得；
当时，无解；
当时，由得，解得，
所以的解集为
（2）的解集包含等价于在上恒成立，
当时，等价于恒成立，
而，∴，
故满足条件的的取值范围是
【点睛】
本题主要考查了含绝对值不等式的解法，还考查了转化能力及绝对值不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．
21、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）利用乘“1”法，结合基本不等式求得结果.
（2）直接利用基本不等式及乘“1”法，证明即可.
【详解】
（1）因为 ，所以
因为 ，所以 （当且仅当 ，即 时等号成立），
所以
（2）证明：
因为 ，所以
故 （当且仅当 时，等号成立）
【点睛】
本题考查了基本不等式的应用，考查了乘“1”法的技巧，考查了推理论证能力，属于中档题.
22、.
【解析】
根据特征多项式可得，可得，进而可得矩阵A的逆矩阵.
【详解】
因为矩阵的特征多项式，所以，所以.
因为，且，
所以.
【点睛】
本题考查矩阵的特征多项式以及逆矩阵的求解，是基础题.
3
0
+
0
极小值
极大值