2026届福建省永安市一中高考数学二模试卷含解析

这是一份2026届福建省永安市一中高考数学二模试卷含解析，共2页。试卷主要包含了已知，则，设集合，，则，设是虚数单位，则，已知函数，求实数a，k的值等内容，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．函数满足对任意都有成立，且函数的图象关于点对称，，则的值为（ ）
A．0B．2C．4D．1
2．已知函数在上可导且恒成立，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．、
B．、
C．、
D．、
3．如图网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的所有棱中最长棱的长度为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．2
5．设集合，，则（ ）．
A．B．
C．D．
6．已知正四面体的棱长为，是该正四面体外接球球心，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
7．设是虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知数列 是公比为 的等比数列，且 ， ， 成等差数列，则公比 的值为（ ）
A．B．C． 或 D． 或
9．已知向量，，若，则与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数（，，），将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的部分图象如图所示，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
11．若集合，则=（ ）
A．B．C．D．
12．设为等差数列的前项和，若，则
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为__________．
14．若x5=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+…+a5(x-2)5，则a1=_____，a1+a2+…+a5=____
15．如图，己知半圆的直径，点是弦（包含端点，）上的动点，点在弧上．若是等边三角形，且满足，则的最小值为___________.
16．在平面直角坐标系中，曲线在点处的切线与x轴相交于点A，其中e为自然对数的底数.若点，的面积为3，则的值是______.
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）在中，内角的对边分别是，已知.
（1）求角的值；
（2）若，，求的面积．
18．（12分）已知椭圆E：（）的离心率为，且短轴的一个端点B与两焦点A，C组成的三角形面积为.
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）若点P为椭圆E上的一点，过点P作椭圆E的切线交圆O：于不同的两点M，N（其中M在N的右侧），求四边形面积的最大值.
19．（12分）选修4-2：矩阵与变换（本小题满分10分）
已知矩阵A＝ (k≠0)的一个特征向量为α＝，
A的逆矩阵A－1对应的变换将点(3，1)变为点(1，1)．求实数a，k的值．
20．（12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
求C；
若，求，的面积
21．（12分）设数列是等比数列，，已知, (1)求数列的首项和公比；（2）求数列的通项公式．
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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）设点，若直线与曲线相交于、两点，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、C
【解析】
根据函数的图象关于点对称可得为奇函数，结合可得是周期为4的周期函数，利用及可得所求的值.
【详解】
因为函数的图象关于点对称，所以的图象关于原点对称，
所以为上的奇函数.
由可得，故，
故是周期为4的周期函数.
因为，
所以.
因为，故，
所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查函数的奇偶性和周期性，一般地，如果上的函数满足，那么是周期为的周期函数，本题属于中档题.
2、A
【解析】
设，利用导数和题设条件，得到，得出函数在R上单调递增，
得到，进而变形即可求解.
【详解】
由题意，设，则，
又由，所以，即函数在R上单调递增，
则，即，
变形可得.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及其应用，以及利用单调性比较大小，其中解答中根据题意合理构造新函数，利用新函数的单调性求解是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与计算能力，属于中档试题.
3、C
【解析】
利用正方体将三视图还原，观察可得最长棱为AD，算出长度.
【详解】
几何体的直观图如图所示，易得最长的棱长为
故选：C.
【点睛】
本题考查了三视图还原几何体的问题，其中利用正方体作衬托是关键，属于基础题.
4、B
【解析】
结合求得的值，由此化简所求表达式，求得表达式的值.
【详解】
由，以及，解得.
.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查利用同角三角函数的基本关系式化简求值，考查二倍角公式，属于中档题.
5、D
【解析】
根据题意，求出集合A，进而求出集合和，分析选项即可得到答案.
【详解】
根据题意，
则
故选：D
【点睛】
此题考查集合的交并集运算，属于简单题目,
6、A
【解析】
如图设平面，球心在上，根据正四面体的性质可得，根据平面向量的加法的几何意义，重心的性质，结合已知求出的值.
【详解】
如图设平面，球心在上，由正四面体的性质可得：三角形是正三角形，，，在直角三角形中，
，
，，，，因为为重心，因此，则，因此，因此，则，故选A.
【点睛】
本题考查了正四面体的性质，考查了平面向量加法的几何意义，考查了重心的性质，属于中档题.
7、A
【解析】
利用复数的乘法运算可求得结果.
【详解】
由复数的乘法法则得.
故选：A.
【点睛】
本题考查复数的乘法运算，考查计算能力，属于基础题.
8、D
【解析】
由成等差数列得，利用等比数列的通项公式展开即可得到公比q的方程.
【详解】
由题意，∴2aq2=aq+a，∴2q2=q+1，∴q=1或q=
故选：D．
【点睛】
本题考查等差等比数列的综合，利用等差数列的性质建立方程求q是解题的关键，对于等比数列的通项公式也要熟练．
9、B
【解析】
直接利用向量的坐标运算得到向量的坐标，利用求得参数m，再用计算即可.
【详解】
依题意，， 而， 即， 解得， 则.
故选：B.
【点睛】
本题考查向量的坐标运算、向量数量积的应用，考查运算求解能力以及化归与转化思想.
10、B
【解析】
先根据图象求出函数的解析式,再由平移知识得到的解析式,然后分别找出
和的等价条件,即可根据充分条件,必要条件的定义求出.
【详解】
设,根据图象可知,
,
再由, 取,
∴.
将函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,
∴.
,,
令,则,显然,
∴是的必要不充分条件.
故选：B．
【点睛】
本题主要考查利用图象求正(余)弦型函数的解析式,三角函数的图形变换, 二倍角公式的应用,充分条件,必要条件的定义的应用,意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力,属于中档题.
11、C
【解析】
求出集合，然后与集合取交集即可．
【详解】
由题意，，，则，故答案为C.
【点睛】
本题考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集，考查了计算能力，属于基础题．
12、C
【解析】
根据等差数列的性质可得，即，
所以，故选C．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
试题分析：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为，则
一次取出2只球，基本事件为、、、、、共6种，
其中2只球的颜色不同的是、、、、共5种；
所以所求的概率是．
考点：古典概型概率
14、80 211
【解析】
由，利用二项式定理即可得，分别令、后，作差即可得.
【详解】
由题意，则，
令，得，
令，得，
故.
故答案为：80，211.
【点睛】
本题考查了二项式定理的应用，属于中档题.
15、1
【解析】
建系，设，表示出点坐标，则，根据的范围得出答案．
【详解】
解：以为原点建立平面坐标系如图所示：则，，，，
设，则，，
，，，
，
，
显然当取得最大值4时，取得最小值1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了平面向量的数量积运算，坐标运算，属于中档题．
16、
【解析】
对求导，再根据点的坐标可得切线方程，令，可得点横坐标，由的面积为3，求解即得.
【详解】
由题，，切线斜率，则切线方程为，令，解得，又的面积为3，，解得.
故答案为：
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的切线，难度不大.
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）
【解析】
（1）由已知条件和正弦定理进行边角互化得，再根据余弦定理可求得值.
（2）由正弦定理得，，代入得，运用三角形的面积公式可求得其值.
【详解】
（1）由及正弦定理得，即
由余弦定理得，，.
（2）设外接圆的半径为，则由正弦定理得，
，，
.
【点睛】
本题考查运用三角形的正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，关键在于熟练地运用其公式，合理地选择进行边角互化，属于基础题.
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）4.
【解析】
（Ⅰ） 结合已知可得，求出a，b的值，即可得椭圆方程；
（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，利用判别式等于0可得，联立直线方程与圆的方程，结合根与系数的关系求得，利用弦长公式及点到直线的距离公式，求出，得到，整理后利用基本不等式求最值.
【详解】
解：（Ⅰ）可得，结合，
解得，，，得椭圆方程；
（Ⅱ）易知直线的斜率k存在，设：，
由，得，
由，得，
∵，
设点O到直线：的距离为d，
，
，
由，得，
，，
∴

∴，
∴
而，，易知，∴，则，
四边形的面积
当且仅当，即时取“”.
∴四边形面积的最大值为4.
【点睛】
本题考查了由求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于难题.
19、解：设特征向量为α＝对应的特征值为λ，则 ＝λ，即
因为k≠0，所以a＝2． 5分
因为，所以A＝，即＝，
所以2＋k＝3，解得 k＝2．综上，a＝2，k＝2． 20分
【解析】
试题分析：由 特征向量求矩阵A, 由逆矩阵求k
考点：特征向量, 逆矩阵
点评：本题主要考查了二阶矩阵，以及特征值与特征向量的计算，考查逆矩阵．
20、 (1)．(2)．
【解析】
由已知利用正弦定理，同角三角函数基本关系式可求，结合范围，可求，由已知利用二倍角的余弦函数公式可得，结合范围，可求A，根据三角形的内角和定理即可解得C的值．
由及正弦定理可得b的值，根据两角和的正弦函数公式可求sinC的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】
由已知可得，
又由正弦定理，可得，即，
，
，
，即，
又，
，或舍去，可得，
．
，，，
由正弦定理，可得，
，
．
【点睛】
本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角的余弦函数公式，三角形的内角和定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式等知识在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
21、 (1)（2）
【解析】
本题主要考查了等比数列的通项公式的求解，数列求和的错位相减求和是数列求和中的重点与难点，要注意掌握．
（1）设等比数列{an}的公比为q，则q+q2=6，解方程可求q
（2）由（1）可求an=a1•qn-1=2n-1，结合数列的特点，考虑利用错位相减可求数列的和
解：（1）
（2），
两式相减：
22、（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）.
【解析】
（1）在曲线的参数方程中消去参数可得出曲线的普通方程，利用两角和的正弦公式以及可将直线的极坐标方程化为普通方程；
（2）设直线的参数方程为（为参数），并设点、所对应的参数分别为、，利用韦达定理可求得的值.
【详解】
（1）由，得，，
曲线的普通方程为，
由，得，直线的直角坐标方程为；
（2）设直线的参数方程为（为参数），
代入，得，则，
设、两点对应参数分别为、，，，
，，.
【点睛】
本题考查了参数方程、极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线参数方程几何意义的应用，考查计算能力，属于中等题.