2026届福建省漳州一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届福建省漳州一中高三下学期第五次调研考试数学试题含解析，共4页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔， “且”是“”的，是恒成立的等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．已知双曲线的焦距是虚轴长的2倍，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
2．已知，都是偶函数，且在上单调递增，设函数，若，则（ ）
A．且
B．且
C．且
D．且
3．羽毛球混合双打比赛每队由一男一女两名运动员组成. 某班级从名男生，，和名女生，，中各随机选出两名，把选出的人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛，则和两人组成一队参加比赛的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.某“堑堵”的三视图如图，则它的外接球的表面积为（ ）
A．4πB．8πC．D．
5．函数在的图象大致为( )
A．B．
C．D．
6． “且”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．某个小区住户共200户，为调查小区居民的7月份用水量，用分层抽样的方法抽取了50户进行调查，得到本月的用水量(单位：m3)的频率分布直方图如图所示，则小区内用水量超过15 m3的住户的户数为( )
A．10B．50C．60D．140
8．已知全集，函数的定义域为，集合，则下列结论正确的是
A．B．
C．D．
9．是恒成立的（ ）
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
10．定义在R上的偶函数满足，且在区间上单调递减，已知是锐角三角形的两个内角，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．以上情况均有可能
11．已知平面向量满足与的夹角为，且，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
12．在直角坐标系中，已知A（1，0），B（4，0），若直线x+my﹣1=0上存在点P，使得|PA|=2|PB|，则正实数m的最小值是( )
A．B．3C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若向量与向量垂直，则______.
14．（5分）在平面直角坐标系中，过点作倾斜角为的直线，已知直线与圆相交于两点，则弦的长等于____________．
15．在中，角，，的对边分别是，，，若，，则的面积的最大值为______.
16．正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为________．
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）已知数列的前n项和，是等差数列，且.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令.求数列的前n项和.
18．（12分）已知函数.
（1）若是的极值点，求的极大值；
（2）求实数的范围，使得恒成立.
19．（12分）在四棱锥的底面是菱形， 底面，， 分别是的中点， .
（Ⅰ）求证： ；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（III）在边上是否存在点，使与所成角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
20．（12分）已知变换将平面上的点，分别变换为点，．设变换对应的矩阵为．
（1）求矩阵；
（2）求矩阵的特征值．
21．（12分）已知数列和满足，，，，.
（Ⅰ）求与；
（Ⅱ）记数列的前项和为，且，若对，恒成立，求正整数的值.
22．（10分）已知椭圆：（），点是的左顶点，点为上一点，离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与的另一个交点为（异于点），是否存在直线，使得以为直径的圆经过点，若存在，求出直线的方程；若不存在，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、A
【解析】
根据双曲线的焦距是虚轴长的2倍，可得出，结合，得出，即可求出双曲线的渐近线方程.
【详解】
解：由双曲线可知，焦点在轴上，
则双曲线的渐近线方程为：，
由于焦距是虚轴长的2倍，可得：，
∴，
即：，，
所以双曲线的渐近线方程为：.
故选：A.
【点睛】
本题考查双曲线的简单几何性质，以及双曲线的渐近线方程.
2、A
【解析】
试题分析：由题意得，，
∴，，
∵，∴，∴，
∴若：，，∴，
若：，，∴，
若：，，∴，
综上可知，同理可知，故选A.
考点：1.函数的性质；2.分类讨论的数学思想.
【思路点睛】本题在在解题过程中抓住偶函数的性质，避免了由于单调性不同导致与大小不明确的讨论，从而使解题过程得以优化，另外，不要忘记定义域，如果要研究奇函数或者偶函数的值域、最值、单调性等问题，通常先在原点一侧的区间(对奇(偶)函数而言)或某一周期内(对周期函数而言)考虑，然后推广到整个定义域上.
3、B
【解析】
根据组合知识，计算出选出的人分成两队混合双打的总数为，然后计算和分在一组的数目为，最后简单计算，可得结果.
【详解】
由题可知：
分别从3名男生、3名女生中选2人 ：
将选中2名女生平均分为两组：
将选中2名男生平均分为两组：
则选出的人分成两队混合双打的总数为：
和分在一组的数目为
所以所求的概率为
故选：B
【点睛】
本题考查排列组合的综合应用，对平均分组的问题要掌握公式，比如：平均分成组，则要除以，即，审清题意，细心计算，考验分析能力，属中档题.
4、B
【解析】
由三视图判断出原图，将几何体补形为长方体，由此计算出几何体外接球的直径，进而求得球的表面积.
【详解】
根据题意和三视图知几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜边为2，侧棱长为2且与底面垂直，因为直三棱柱可以复原成一个长方体，该长方体外接球就是该三棱柱的外接球，长方体对角线就是外接球直径，则，那么.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查三视图还原原图，考查几何体外接球的有关计算，属于基础题.
5、C
【解析】
先根据函数奇偶性排除B，再根据函数极值排除A；结合特殊值即可排除D，即可得解.
【详解】
函数，
则，所以为奇函数，排除B选项；
当时，，所以排除A选项；
当时，，排除D选项；
综上可知，C为正确选项，
故选：C.
【点睛】
本题考查根据函数解析式判断函数图像，注意奇偶性、单调性、极值与特殊值的使用，属于基础题.
6、A
【解析】
画出“,,,所表示的平面区域,即可进行判断.
【详解】
如图，“且”表示的区域是如图所示的正方形，
记为集合P，“”表示的区域是单位圆及其内部，记为集合Q，
显然是的真子集,所以答案是充分非必要条件，
故选:.
【点睛】
本题考查了不等式表示的平面区域问题,考查命题的充分条件和必要条件的判断,难度较易.
7、C
【解析】
从频率分布直方图可知，用水量超过15m³的住户的频率为，即分层抽样的50户中有0.3×50=15户住户的用水量超过15立方米
所以小区内用水量超过15立方米的住户户数为，故选C
8、A
【解析】
求函数定义域得集合M，N后，再判断．
【详解】
由题意，，∴．
故选A．
【点睛】
本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素．确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定．
9、A
【解析】
设 成立；反之，满足 ，但，故选A.
10、B
【解析】
由已知可求得函数的周期，根据周期及偶函数的对称性可求在上的单调性，结合三角函数的性质即可比较．
【详解】
由可得，即函数的周期，
因为在区间上单调递减，故函数在区间上单调递减，
根据偶函数的对称性可知，在上单调递增，
因为，是锐角三角形的两个内角，
所以且即，
所以即，
．
故选：．
【点睛】
本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．
11、D
【解析】
由已知可得，结合向量数量积的运算律，建立方程，求解即可.
【详解】
依题意得
由，得
即，解得.
故选:.
【点睛】
本题考查向量的数量积运算，向量垂直的应用，考查计算求解能力，属于基础题.
12、D
【解析】
设点，由，得关于的方程.由题意，该方程有解，则，求出正实数m的取值范围，即求正实数m的最小值.
【详解】
由题意，设点.
，
即，
整理得，
则，解得或.
.
故选：.
【点睛】
本题考查直线与方程，考查平面内两点间距离公式，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、0
【解析】
直接根据向量垂直计算得到答案.
【详解】
向量与向量垂直，则，故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了根据向量垂直求参数，意在考查学生的计算能力.
14、
【解析】
方法一：依题意，知直线的方程为，代入圆的方程化简得，解得或，从而得或，则．
方法二：依题意，知直线的方程为，代入圆的方程化简得，设，则，故.
方法三：将圆的方程配方得,其半径,圆心到直线的距离，则.
15、
【解析】
化简得到，，根据余弦定理和均值不等式得到，根据面积公式计算得到答案.
【详解】
，即，，故.
根据余弦定理：，即.
当时等号成立，故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了三角恒等变换，余弦定理，均值不等式，面积公式，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.
16、
【解析】
试题分析：因为正三棱柱的底面边长为，侧棱长为为中点，所以底面的面积为，到平面的距离为就是底面正三角形的高，所以三棱锥的体积为．
考点：几何体的体积的计算．
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】
试题分析：（1）先由公式求出数列的通项公式；进而列方程组求数列的首项与公差，得数列的通项公式；（2）由（1）可得，再利用“错位相减法”求数列的前项和.
试题解析：（1）由题意知当时，，
当时，，所以．
设数列的公差为，
由，即，可解得，
所以．
（2）由（1）知，又，得，，两式作差，得所以．
考点 1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前项和.
【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前项和，属于难题. “错位相减法”求数列的前项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.
18、（1）.（2）
【解析】
（1）先对函数求导，结合极值存在的条件可求t，然后结合导数可研究函数的单调性，进而可求极大值；
（2）由已知代入可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，构造函数g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，结合导数及函数的性质可求.
【详解】
（1），x＞0，
由题意可得，0，解可得t＝﹣4，
∴，
易得，当x＞2，0＜x＜1时，f′（x）＞0，函数单调递增，当1＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，
故当x＝1时，函数取得极大值f（1）＝﹣3；
（2）由f（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx+2≥2在x＞0时恒成立可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，
令g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，则，
（i）当t≥0时，g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝t﹣1≥0，解可得t≥1，
（ii）当﹣2＜t＜0时，g（x）在（）上单调递减，在（0，），（1，+∞）上单调递增，
此时g（1）＝t﹣1＜﹣1不合题意，舍去；
（iii）当t＝﹣2时，g′（x）0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，此时g（1）＝﹣3不合题意；
（iv）当t＜﹣2时，g（x）在（1，）上单调递减，在（0，1），（）上单调递增，此时g（1）＝t﹣1＜﹣3不合题意，
综上，t≥1时，f（x）≥2恒成立.
【点睛】
本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及极值，利用导数与函数的性质处理不等式的恒成立问题，分类讨论思想，属于中档题.
19、（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）； （Ⅲ）见解析.
【解析】
(Ⅰ)由题意结合几何关系可证得平面，据此证明题中的结论即可；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的一个法向量，然后求解线面角的正弦值即可；
(Ⅲ)假设满足题意的点存在，设，由直线与的方向向量得到关于的方程，解方程即可确定点F的位置.
【详解】
(Ⅰ)由菱形的性质可得：，结合三角形中位线的性质可知：，故，
底面，底面，故，
且，故平面，
平面，
(Ⅱ)由题意结合菱形的性质易知，，，
以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则：，
设平面的一个法向量为,
则：，
据此可得平面的一个法向量为，
而，
设直线与平面所成角为，
则.
(Ⅲ)由题意可得：，假设满足题意的点存在，
设，，
据此可得：，即：,
从而点F的坐标为，
据此可得：,，
结合题意有：，解得：.
故点F为中点时满足题意.
【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理，线面角的向量求法，立体几何中的探索性问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
20、（1）（2）1或6
【解析】
（1）设，根据变换可得关于的方程，解方程即可得到答案；
（2）求出特征多项式，再解方程，即可得答案；
【详解】
（1）设，则，，
即，解得，则．
（2）设矩阵的特征多项式为，可得，
令，可得或．
【点睛】
本题考查矩阵的求解、矩阵的特征值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力.
21、（Ⅰ）,；（Ⅱ）1
【解析】
（Ⅰ）易得为等比数列,再利用前项和与通项的关系求解的通项公式即可.
（Ⅱ）由题可知要求的最小值,再分析的正负即可得随的增大而增大再判定可知即可.
【详解】
（Ⅰ）因为,故是以为首项,2为公比的等比数列,故.
又当时, ,解得.
当时, …①
…②
①-②有,即.当时也满足.故为常数列,
所以.即.
故,
（Ⅱ）因为对,恒成立.故只需求的最小值即可.
设,则,
又,
又当时,时.
当时,因为
.
故.
综上可知.故随着的增大而增大,故,故
【点睛】
本题主要考查了根据数列的递推公式求解通项公式的方法,同时也考查了根据数列的增减性判断最值的问题,需要根据题意求解的通项,并根据二项式定理分析其正负,从而得到最小项.属于难题.
22、（1）；（2）存在，
【解析】
（1）把点代入椭圆C的方程，再结合离心率，可得a,b,c的关系，可得椭圆的方程；
（2）设出直线的方程，代入椭圆，运用韦达定理可求得点的坐标，再由，可求得直线的方程,要注意检验直线是否和椭圆有两个交点．
【详解】
（1）由题可得∴，所以椭圆的方程
（2）由题知，设，直线的斜率存在设为，
则与椭圆联立得
，，∴，，∴
若以为直径的圆经过点，
则，∴，
化简得，∴，解得或
因为与不重合，所以舍.
所以直线的方程为.
【点睛】
本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查了向量的数量积的运用，属于中档题.