2026届福建省永安市三中高三适应性调研考试数学试题含解析

这是一份2026届福建省永安市三中高三适应性调研考试数学试题含解析，共4页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知是虚数单位，则复数，已知复数满足，则的最大值为等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．设集合，，则（ ）．
A．B．
C．D．
2．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．己知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，是等边三角形，且；若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到平面的距离为，若平面平面，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知是虚数单位，则复数（ ）
A．B．C．2D．
5．若复数（为虚数单位）的实部与虚部相等，则的值为( )
A．B．C．D．
6．正方体，是棱的中点，在任意两个中点的连线中，与平面平行的直线有几条（ ）
A．36B．21C．12D．6
7．过点的直线与曲线交于两点，若，则直线的斜率为( )
A．B．
C．或D．或
8．将函数图象上每一点的横坐标变为原来的2倍，再将图像向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数图象的一个对称中心为（ ）
A．B．C．D．
9．已知为圆的一条直径，点的坐标满足不等式组则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知复数满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．6
11．复数的共轭复数记作，已知复数对应复平面上的点，复数:满足.则等于（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数的图像的一条对称轴为直线，且，则的最小值为( )
A．B．0C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系中，已知圆及点，设点是圆上的动点，在中，若的角平分线与相交于点，则的取值范围是_______.
14．西周初数学家商高在公元前1000年发现勾股定理的一个特例：勾三，股四，弦五.此发现早于毕达哥拉斯定理五百到六百年.我们把可以构成一个直角三角形三边的一组正整数称为勾股数.现从3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13这11个数中随机抽取3个数，则这3个数能构成勾股数的概率为__________．
15．已知是夹角为的两个单位向量，若，，则与的夹角为______.
16．给出下列等式：，，，…请从中归纳出第个等式：______.
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，角所对的边分别为，，的面积.
（1）求角C；
（2）求周长的取值范围.
18．（12分）已知函数的最大值为2.
（Ⅰ）求函数在上的单调递减区间；
（Ⅱ）中,,角所对的边分别是，且，求的面积．
19．（12分）已知函数与的图象关于直线对称. （为自然对数的底数）
（1）若的图象在点处的切线经过点，求的值；
（2）若不等式恒成立，求正整数的最小值.
20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位，建立极坐标系.
（1）设直线l的极坐标方程为，若直线l与曲线C交于两点A．B，求AB的长；
（2）设M、N是曲线C上的两点，若，求面积的最大值.
21．（12分）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上上一点，且点的横坐标为，.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的直线与抛物线交于、两点，过点且与直线垂直的直线与准线交于点，设的中点为，若、、四点共圆，求直线的方程.
22．（10分）如图，三棱锥中，点，分别为，的中点，且平面平面．
求证：平面；
若，，求证：平面平面.
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】
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,
2、A
【解析】
计算，再计算交集得到答案.
【详解】
，，故.
故选：.
【点睛】
本题考查了交集运算，属于简单题.
3、A
【解析】
根据平面平面，四边形为等腰梯形，则球心在过的中点的面的垂线上，又是等边三角形，所以球心也在过的外心面的垂线上，从而找到球心，再根据已知量求解即可.
【详解】
依题意如图所示：
取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，
取是的外心，作平面平面，
则是四棱锥的外接球球心，且，
设四棱锥的外接球半径为，则，而，
所以，
故选：A.
【点睛】
本题考查组合体、球，还考查空间想象能力以及数形结合的思想，属于难题.
4、A
【解析】
根据复数的基本运算求解即可.
【详解】
.
故选：A
【点睛】
本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题.
5、C
【解析】
利用复数的除法，以及复数的基本概念求解即可.
【详解】
，又的实部与虚部相等，
，解得.
故选:C
【点睛】
本题主要考查复数的除法运算，复数的概念运用.
6、B
【解析】
先找到与平面平行的平面，利用面面平行的定义即可得到.
【详解】
考虑与平面平行的平面，平面，平面，
共有，
故选：B.
【点睛】
本题考查线面平行的判定定理以及面面平行的定义，涉及到了简单的组合问题，是一中档题.
7、A
【解析】
利用切割线定理求得，利用勾股定理求得圆心到弦的距离，从而求得，结合，求得直线的倾斜角为，进而求得的斜率.
【详解】
曲线为圆的上半部分，圆心为，半径为.
设与曲线相切于点，
则
所以
到弦的距离为，，所以，由于，所以直线的倾斜角为，斜率为.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
8、D
【解析】
根据函数图象的变换规律可得到解析式，然后将四个选项代入逐一判断即可.
【详解】
解：图象上每一点的横坐标变为原来的2倍,得到
再将图像向左平移个单位长度，得到函数的图象
，
故选：D
【点睛】
考查三角函数图象的变换规律以及其有关性质，基础题.
9、D
【解析】
首先将转化为，只需求出的取值范围即可，而表示可行域内的点与圆心距离，数形结合即可得到答案.
【详解】
作出可行域如图所示
设圆心为，则
,
过作直线的垂线，垂足为B，显然，又易得，
所以，，
故.
故选：D.
【点睛】
本题考查与线性规划相关的取值范围问题，涉及到向量的线性运算、数量积、点到直线的距离等知识，考查学生转化与划归的思想，是一道中档题.
10、B
【解析】
设，，利用复数几何意义计算.
【详解】
设，由已知，，所以点在单位圆上，
而，表示点
到的距离，故.
故选：B.
【点睛】
本题考查求复数模的最大值，其实本题可以利用不等式来解决.
11、A
【解析】
根据复数的几何意义得出复数，进而得出，由得出可计算出，由此可计算出.
【详解】
由于复数对应复平面上的点，，则，
，，因此，.
故选：A.
【点睛】
本题考查复数模的计算，考查了复数的坐标表示、共轭复数以及复数的除法，考查计算能力，属于基础题.
12、D
【解析】
运用辅助角公式，化简函数的解析式，由对称轴的方程，求得的值，得出函数的解析式，集合正弦函数的最值，即可求解，得到答案.
【详解】
由题意，函数为辅助角，
由于函数的对称轴的方程为，且，
即，解得，所以，
又由，所以函数必须取得最大值和最小值，
所以可设，，
所以，
当时，的最小值，故选D.
【点睛】
本题主要考查了正弦函数的图象与性质，其中解答中利用三角恒等变换的公式，化简函数的解析式，合理利用正弦函数的对称性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由角平分线成比例定理推理可得，进而设点表示向量构建方程组表示点P坐标，代入圆C方程即可表示动点Q的轨迹方程，再由将所求视为该圆上的点与原点间的距离，所以其最值为圆心到原点的距离加减半径.
【详解】
由题可构建如图所示的图形，因为AQ是的角平分线，由角平分线成比例定理可知,所以.
设点，点，即，
则，
所以.
又因为点是圆上的动点，
则，
故点Q的运功轨迹是以为圆心为半径的圆，
又即为该圆上的点与原点间的距离，
因为，所以
故答案为：
【点睛】
本题考查与圆有关的距离的最值问题，常常转化到圆心的距离加减半径，还考查了求动点的轨迹方程，属于中档题.
14、
【解析】
由组合数结合古典概型求解即可
【详解】
从11个数中随机抽取3个数有种不同的方法，其中能构成勾股数的有共三种，所以，所求概率为.
故答案为
【点睛】
本题考查古典概型与数学文化，考查组合问题，数据处理能力和应用意识.
15、
【解析】
依题意可得，再根据求模，求数量积，最后根据夹角公式计算可得；
【详解】
解：因为是夹角为的两个单位向量
所以，
又，
所以，，
所以，
因为所以；
故答案为：
【点睛】
本题考查平面向量的数量积的运算律，以及夹角的计算，属于基础题.
16、
【解析】
通过已知的三个等式，找出规律，归纳出第个等式即可．
【详解】
解：因为：，，，
等式的右边系数是2，且角是等比数列，公比为，则角满足：第个等式中的角，
所以；
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查归纳推理，注意已知表达式的特征是解题的关键，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、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）由可得到，代入，结合正弦定理可得到，再利用余弦定理可求出的值，即可求出角；（Ⅱ）由，并结合正弦定理可得到，利用，，可得到，进而可求出周长的范围．
【详解】
解：（Ⅰ）由可知，
∴.由正弦定理得.
由余弦定理得，∴.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴，.
的周长为



.
∵，∴，∴,
∴的周长的取值范围为.
【点睛】
本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查了三角形的面积公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于基础题．
18、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
(1)由题意，f(x)的最大值为所以而m>0，于是m=，f(x)=2sin(x+).由正弦函数的单调性可得x满足即所以f(x)在［0,π］上的单调递减区间为
(2)设△ABC的外接圆半径为R，由题意，得化简得sin A+sin B=2sin Asin B.由正弦定理，得① 由余弦定理，得a2+b2-ab=9，即(a+b)2-3ab-9=0②
将①式代入②，得2(ab)2-3ab-9=0，解得ab=3或(舍去)，故
19、（1）e；（2）2.
【解析】
（1）根据反函数的性质，得出，再利用导数的几何意义，求出曲线在点处的切线为，构造函数，利用导数求出单调性，即可得出的值；
（2）设，求导，求出的单调性，从而得出最大值为，结合恒成立的性质，得出正整数的最小值.
【详解】
（1）根据题意，与的图象关于直线对称，
所以函数的图象与互为反函数，则,，
设点，，又，
当时，，
曲线在点处的切线为，
即，代入点，
得，即，
构造函数，
当时，，
当时，，
且，当时，单调递增，
而， 故存在唯一的实数根.
（2）由于不等式恒成立，
可设，
所以，
令，得.
所以当时，；当时，，
因此函数在是增函数，在是减函数.
故函数的最大值为 .
令，
因为， ，
又因为在是减函数.
所以当时，.
所以正整数的最小值为2.
【点睛】
本题考查导数的几何意义和利用导数解决恒成立问题，涉及到单调性、构造函数法等，考查函数思想和计算能力.
20、（1）；（2）1.
【解析】
（1）利用参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化公式即可；
（2），，由（1）通过计算得到，即最大值为1.
【详解】
（1）将曲线C的参数方程化为普通方程为，
即；
再将，，代入上式，
得，
故曲线C的极坐标方程为，
显然直线l与曲线C相交的两点中，
必有一个为原点O，不妨设O与A重合，
即.
（2）不妨设，，
则面积为
当，即取时，.
【点睛】
本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，三角形面积的最值问题，是一道容易题.
21、（1）（2）
【解析】
（1）由抛物线的定义可得，即可求出，从而得到抛物线方程；
（2）设直线的方程为，代入，得.
设，，列出韦达定理，表示出中点的坐标，若、、、四点共圆，再结合，得，则即可求出参数，从而得解；
【详解】
解：（1）由抛物线定义，得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，代入，得.
设，，则，.
由，，得
，
所以.
因为直线的斜率为，所以直线的斜率为，则直线的方程为.
由解得.
若、、、四点共圆，再结合，得，
则，解得，
所以直线的方程为.
【点睛】
本题考查抛物线的定义及性质的应用，直线与抛物线综合问题，属于中档题.
22、证明见解析；证明见解析.
【解析】
利用线面平行的判定定理求证即可；
为中点，为中点，可得，，，可知，故为直角三角形，，利用面面垂直的判定定理求证即可.
【详解】
解： 证明：为中点，为中点，
，
又平面，平面，
平面；
证明：为中点，为中点，
，又，，
则，故为直角三角形，，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
又∵平面，
平面平面.
【点睛】
本题考查线面平行和面面垂直的判定定理的应用，属于基础题.