2026届福建省莆田六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届福建省莆田六中高三下学期第五次调研考试数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了已知集合，，且、都是全集，观察下列各式，若复数是纯虚数，则实数的值为，设双曲线等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱中，点是平面内一点，则三棱锥的正视图与侧视图的面积之和为（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．已知平面向量，满足，，且，则（ ）
A．3B．C．D．5
3．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入的值为2，则输出的值为
A．B．C．D．
4．已知集合，，且、都是全集（为实数集）的子集，则如图所示韦恩图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A．B．或
C．D．
5．已知抛物线经过点，焦点为，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列的前项和为，且，，，则的通项公式（ ）
A．B．C．D．
7．观察下列各式：，，，，，，，，根据以上规律，则（ ）
A．B．C．D．
8．若复数是纯虚数，则实数的值为( )
A．或B．C．D．或
9．已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A．B．C．D．
10．设双曲线（a>0,b>0）的右焦点为F，右顶点为A,过F作AF的垂线与双曲线交于B,C两点，过B,C分别作AC，AB的垂线交于点D．若D到直线BC的距离小于，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是 （ ）
A．
B．
C．
D．
11．如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸（单位：），则该几何体的表面积为( )
A． B．
C．D．
12．设过定点的直线与椭圆：交于不同的两点，，若原点在以为直径的圆的外部，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知两个单位向量满足，则向量与的夹角为_____________.
14．展开式中的系数为_______________．
15．已知， 是互相垂直的单位向量，若 与λ的夹角为60°，则实数λ的值是__．
16．若一个正四面体的棱长为1，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为_________.
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）记数列的前项和为，已知成等差数列.
（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求.
19．（12分）在一次电视节目的答题游戏中，题型为选择题，只有“A”和“B”两种结果，其中某选手选择正确的概率为p，选择错误的概率为q，若选择正确则加1分，选择错误则减1分，现记“该选手答完n道题后总得分为”.
（1）当时，记，求的分布列及数学期望；
（2）当，时，求且的概率.
20．（12分）某市计划在一片空地上建一个集购物、餐饮、娱乐为一体的大型综合园区，如图，已知两个购物广场的占地都呈正方形，它们的面积分别为13公顷和8公顷；美食城和欢乐大世界的占地也都呈正方形，分别记它们的面积为公顷和公顷；由购物广场、美食城和欢乐大世界围成的两块公共绿地都呈三角形，分别记它们的面积为公顷和公顷.
（1）设，用关于的函数表示，并求在区间上的最大值的近似值（精确到0.001公顷）；
（2）如果，并且，试分别求出、、、的值.
21．（12分）已知的内角的对边分别为，且.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若的周长是否有最大值？如果有，求出这个最大值，如果没有，请说明理由.
22．（10分）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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，直线交曲线于两点，为中点.
（1）求曲线的直角坐标方程和点的轨迹的极坐标方程；
（2）若，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、A
【解析】
根据几何体分析正视图和侧视图的形状，结合题干中的数据可计算出结果.
【详解】
由三视图的性质和定义知，三棱锥的正视图与侧视图都是底边长为高为的三角形，其面积都是，正视图与侧视图的面积之和为，
故选：A.
【点睛】
本题考查几何体正视图和侧视图的面积和，解答的关键就是分析出正视图和侧视图的形状，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.
2、B
【解析】
先求出，再利用求出，再求.
【详解】
解：
由，所以
，
，，
故选：B
【点睛】
考查向量的数量积及向量模的运算，是基础题.
3、C
【解析】
由题意，模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的，的值，当时，不满足条件，跳出循环，输出的值．
【详解】
解：初始值，，程序运行过程如下表所示：
，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
跳出循环，输出的值为
其中①
②
①—②得
．
故选：．
【点睛】
本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，正确依次写出每次循环得到，的值是解题的关键，属于基础题．
4、C
【解析】
根据韦恩图可确定所表示集合为，根据一元二次不等式解法和定义域的求法可求得集合，根据补集和交集定义可求得结果.
【详解】
由韦恩图可知：阴影部分表示，
，，
.
故选：.
【点睛】
本题考查集合运算中的补集和交集运算，涉及到一元二次不等式和函数定义域的求解；关键是能够根据韦恩图确定所求集合.
5、A
【解析】
先求出，再求焦点坐标，最后求的斜率
【详解】
解：抛物线经过点
，，
，，
故选：A
【点睛】
考查抛物线的基础知识及斜率的运算公式，基础题.
6、C
【解析】
利用证得数列为常数列，并由此求得的通项公式.
【详解】
由，得，可得（）.
相减得，则（），又
由，，得，所以，所以为常
数列，所以，故.
故选：C
【点睛】
本小题考查数列的通项与前项和的关系等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力，应用意识.
7、B
【解析】
每个式子的值依次构成一个数列，然后归纳出数列的递推关系后再计算．
【详解】
以及数列的应用根据题设条件，设数字，，，，，，，构成一个数列，可得数列满足，
则，
，．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查归纳推理，解题关键是通过数列的项归纳出递推关系，从而可确定数列的一些项．
8、C
【解析】
试题分析：因为复数是纯虚数，所以且，因此注意不要忽视虚部不为零这一隐含条件.
考点：纯虚数
9、C
【解析】
根据在关于对称的区间上概率相等的性质求解．
【详解】
，，
，．
故选：C．
【点睛】
本题考查正态分布的应用．掌握正态曲线的性质是解题基础．随机变量服从正态分布，则．
10、A
【解析】
由题意,
根据双曲线的对称性知在轴上，设，则由
得：，
因为到直线的距离小于，所以
，
即，所以双曲线渐近线斜率，故选A．
11、C
【解析】
由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，据此可计算出答案.
【详解】
由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，
该几何体的表面积.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了三视图的知识，几何体的表面积的计算.由三视图正确恢复几何体是解题的关键.
12、D
【解析】
设直线：，，，由原点在以为直径的圆的外部，可得，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求得答案.
【详解】
显然直线不满足条件，故可设直线：，
，，由，得，
，
解得或，
，，
，
，
，
解得，
直线的斜率的取值范围为.
故选：D.
【点睛】
本题解题关键是掌握椭圆的基础知识和圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由得，即得解.
【详解】
由题意可知，则.
解得，所以，
向量与的夹角为.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查平面向量的数量积的计算和夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
14、
【解析】
把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．
【详解】
解：，
故它的展开式中的系数为，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
15、
【解析】
根据平面向量的数量积运算与单位向量的定义，列出方程解方程即可求出λ的值．
【详解】
解：由题意，设（1，0），（0，1），
则（，﹣1），
λ（1，λ）；
又夹角为60°，
∴（）•（λ）λ＝2cs60°，
即λ，
解得λ．
【点睛】
本题考查了单位向量和平面向量数量积的运算问题，是中档题．
16、
【解析】
将四面体补成一个正方体，通过正方体的对角线与球的半径的关系，得到球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.
【详解】
如图所示，将正四面体补形成一个正方体，
则正四面体的外接球与正方体的外接球表示同一个球，
因为正四面体的棱长为1，所以正方体的棱长为，
设球的半径为，因为球的直径是正方体的对角线，
即，解得，
所以球的表面积为.
【点睛】
本题主要考查了有关求得组合体的结构特征，以及球的表面积的计算，其中巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径等于正方体的对角线长，得到球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及运算与求解能力，属于基础题.
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）；（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、（1）证明见解析，；（2）
【解析】
（1）由成等差数列，可得到，再结合公式，消去，得到，再给等式两边同时加1，整理可证明结果；
（2）将（1）得到的代入中化简后再裂项，然后求其前项和.
【详解】
（1）由成等差数列，则，
即，①
当时，，
又，②
由①②可得：，
即，
时，.
所以是以3为首项，3为公比的等比数列，
，所以.
（2），
所以.
【点睛】
此题考查了数列递推式，等比数列的证明，裂列相消求和，考查了学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题.
19、（1）见解析，0（2）
【解析】
（1）即该选手答完3道题后总得分,可能出现的情况为3道题都答对,答对2道答错1道,答对1道答错2道,3道题都答错,进而求解即可；
（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,又,则第一题答对,第二题第三题至少有一道答对,进而求解.
【详解】
解:（1）的取值可能为,,1,3,又因为,
故,,
,,
所以的分布列为：
所以
（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,
又已知,第一题答对,
若第二题回答正确,则其余6题可任意答对3题；
若第二题回答错误,第三题回答正确,则后5题可任意答对题，
此时的概率为（或）.
【点睛】
本题考查二项分布的分布列及期望,考查数据处理能力,考查分类讨论思想.
20、（1），最大值公顷；（2）17、25、5、5.
【解析】
（1）由余弦定理求出三角形ABC的边长BC，进而可以求出，，由面积公式求出 ，，即可求出，并求出最值；（2）由（1）知，，，即可求出、，再算出，代入（1）中表达式求出，。
【详解】
（1）由余弦定理得，，
所以，，同理可得
又 ，
所以，
故在区间上的最大值为，近似值为。
（2）由（1）知，， ，所以，进而，
由知，，，
故、、、的值分别是17、25、5、5。
【点睛】
本题主要考查利用余弦定理解三角形以及同角三角函数平方关系的应用，意在考查学生的数学建模以及数学运算能力。
21、（Ⅰ）；（Ⅱ）有最大值，最大值为3.
【解析】
（Ⅰ）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；
（Ⅱ）由正弦定理可得，则，再根据正弦函数的性质计算可得；
【详解】
（Ⅰ）由得
再由正弦定理得
因此，
又因为，所以.
（Ⅱ）当时，的周长有最大值，且最大值为3，
理由如下：
由正弦定理得，
所以，
所以.
因为，所以，
所以当即时，取到最大值2，
所以的周长有最大值，最大值为3.
【点睛】
本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，以及三角函数的性质的应用，属于中档题.
22、（1），；（2）或
【解析】
（1）根据曲线的参数方程消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再由，，可得点的轨迹的极坐标方程；
（2）将曲线极坐标方程求，与直线极坐标方程联立，消去，得到关于的二次方程，由的几何意义可求出，而（1）可知，然后列方程可求出的值.
【详解】
（1）曲线的直角坐标方程为，
圆的圆心为，设，所以，
则由，即为点轨迹的极坐标方程.
（2）曲线的极坐标方程为，
将与曲线的极坐标方程联立得，，
设，
所以，
，
由，即，
令，上述方程可化为，解得.
由，所以，即或.
【点睛】
此题考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，利用极坐标求点的轨迹方程，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题.
3
0
+
0
极小值
极大值
1
3