2026届福建省长汀一中等六校高三第三次测评数学试卷含解析

这是一份2026届福建省长汀一中等六校高三第三次测评数学试卷含解析，共21页。试卷主要包含了在一个数列中，如果，都有，下列判断错误的是，设等差数列的前项和为，若，，则，展开项中的常数项为等内容，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．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知抛物线的焦点为，若抛物线上的点关于直线对称的点恰好在射线上，则直线被截得的弦长为（ ）
A．B．C．D．
3．若非零实数、满足，则下列式子一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．半径为2的球内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．在一个数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列，且，，公积为，则（ ）
A．B．C．D．
6．下列判断错误的是( )
A．若随机变量服从正态分布，则
B．已知直线平面，直线平面，则“”是“”的充分不必要条件
C．若随机变量服从二项分布： ， 则
D．是的充分不必要条件
7．已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．21B．22C．11D．12
9．展开项中的常数项为
A．1B．11C．-19D．51
10．在棱长为a的正方体中，E、F、M分别是AB、AD、的中点，又P、Q分别在线段、上，且，设平面平面，则下列结论中不成立的是（ ）
A．平面B．
C．当时，平面D．当m变化时，直线l的位置不变
11．函数的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图是一个算法伪代码，则输出的的值为_______________.
14．棱长为的正四面体与正三棱锥的底面重合，若由它们构成的多面体的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥的内切球半径为______.
15．已知函数，则曲线在点处的切线方程为___________.
16．已知函数，若对于任意正实数，均存在以为三边边长的三角形，则实数k的取值范围是_______.
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）设函数 .
(I)求的最小正周期；
(II)若且，求的值.
18．（12分）已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
19．（12分）如图，在直三棱柱中，分别是中点，且，.
求证：平面；
求点到平面的距离.
20．（12分）己知点，分别是椭圆的上顶点和左焦点，若与圆相切于点，且点是线段靠近点的三等分点.
求椭圆的标准方程；
直线与椭圆只有一个公共点，且点在第二象限，过坐标原点且与垂直的直线与圆相交于，两点，求面积的取值范围.
21．（12分）对于给定的正整数k，若各项均不为0的数列满足：对任意正整数总成立，则称数列是“数列”.
（1）证明：等比数列是“数列”；
（2）若数列既是“数列”又是“数列”，证明：数列是等比数列.
22．（10分）平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，点．
（1）求曲线的极坐标方程与直线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线交于点，曲线与曲线交于点，求的面积．
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】
根据复数的运算法则，可得，然后利用复数模的概念，可得结果.
【详解】
由题可知：
由，所以
所以
故选：A
【点睛】
本题主要考查复数的运算，考验计算，属基础题.
2、B
【解析】
由焦点得抛物线方程，设点的坐标为，根据对称可求出点的坐标，写出直线方程，联立抛物线求交点，计算弦长即可.
【详解】
抛物线的焦点为，
则，即，
设点的坐标为，点的坐标为，
如图：
∴，
解得，或(舍去)，
∴
∴直线的方程为，
设直线与抛物线的另一个交点为，
由，解得或，
∴，
∴，
故直线被截得的弦长为．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了抛物线的标准方程，简单几何性质，点关于直线对称，属于中档题.
3、C
【解析】
令，则，，将指数式化成对数式得、后，然后取绝对值作差比较可得．
【详解】
令，则，，，，
，因此，.
故选：C.
【点睛】
本题考查了利用作差法比较大小，同时也考查了指数式与对数式的转化，考查推理能力，属于中等题．
4、B
【解析】
设正三棱柱上下底面的中心分别为，底面边长与高分别为，利用，可得，进一步得到侧面积，再利用基本不等式求最值即可.
【详解】
如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为，底面边长与高分别为，则，
在中，，化为，
，
，
当且仅当时取等号，此时.
故选：B.
【点睛】
本题考查正三棱柱与球的切接问题，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道中档题.
5、B
【解析】
计算出的值，推导出，再由，结合数列的周期性可求得数列的前项和.
【详解】
由题意可知，则对任意的，，则，，
由，得，，，
，因此，.
故选：B.
【点睛】
本题考查数列求和，考查了数列的新定义，推导出数列的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
6、D
【解析】
根据正态分布、空间中点线面的位置关系、充分条件与必要条件的判断、二项分布及不等式的性质等知识，依次对四个选项加以分析判断，进而可求解.
【详解】
对于选项，若随机变量服从正态分布，根据正态分布曲线的对称性，有，故选项正确，不符合题意；
对于选项，已知直线平面，直线平面，则当时一定有，充分性成立，而当时，不一定有，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选项正确，不符合题意；
对于选项，若随机变量服从二项分布： ， 则，故选项正确，不符合题意；
对于选项，，仅当时有，当时，不成立，故充分性不成立；若，仅当时有，当时，不成立，故必要性不成立.
因而是的既不充分也不必要条件,故选项不正确，符合题意.
故选：D
【点睛】
本题考查正态分布、空间中点线面的位置关系、充分条件与必要条件的判断、二项分布及不等式的性质等知识，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于基础题.
7、C
【解析】
由双曲线与双曲线有相同的渐近线，列出方程求出的值，即可求解双曲线的离心率，得到答案．
【详解】
由双曲线与双曲线有相同的渐近线，
可得，解得，此时双曲线，
则曲线的离心率为，故选C．
【点睛】
本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的几何性质，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
8、A
【解析】
由题意知成等差数列，结合等差中项，列出方程，即可求出的值.
【详解】
解：由为等差数列，可知也成等差数列，
所以 ，即，解得.
故选:A.
【点睛】
本题考查了等差数列的性质，考查了等差中项.对于等差数列，一般用首项和公差将已知量表示出来，继而求出首项和公差.但是这种基本量法计算量相对比较大，如果能结合等差数列性质，可使得计算量大大减少.
9、B
【解析】
展开式中的每一项是由每个括号中各出一项组成的，所以可分成三种情况.
【详解】
展开式中的项为常数项，有3种情况：
（1）5个括号都出1，即；
（2）两个括号出，两个括号出，一个括号出1，即；
（3）一个括号出，一个括号出，三个括号出1，即；
所以展开项中的常数项为，故选B.
【点睛】
本题考查二项式定理知识的生成过程，考查定理的本质，即展开式中每一项是由每个括号各出一项相乘组合而成的.
10、C
【解析】
根据线面平行与垂直的判定与性质逐个分析即可.
【详解】
因为,所以,因为E、F分别是AB、AD的中点,所以,所以,因为面面,所以.选项A、D显然成立；
因为,平面,所以平面,因为平面,所以,所以B项成立；
易知平面MEF,平面MPQ,而直线与不垂直,所以C项不成立.
故选：C
【点睛】
本题考查直线与平面的位置关系.属于中档题.
11、A
【解析】
用排除B，C；用排除；可得正确答案.
【详解】
解：当时，，，
所以，故可排除B，C；
当时，，故可排除D．
故选：A．
【点睛】
本题考查了函数图象，属基础题．
12、D
【解析】
可求出集合，，然后进行并集的运算即可．
【详解】
解：，；
．
故选．
【点睛】
考查描述法、区间的定义，对数函数的单调性，以及并集的运算．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、5
【解析】
执行循环结构流程图，即得结果.
【详解】
执行循环结构流程图得,结束循环，输出.
【点睛】
本题考查循环结构流程图，考查基本分析与运算能力，属基础题.
14、
【解析】
由棱长为的正四面体求出外接球的半径，进而求出正三棱锥的高及侧棱长，可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，进而求出体积与表面积，设内切圆的半径，由等体积，求出内切圆的半径．
【详解】
由题意可知：
多面体的外接球即正四面体的外接球
作面交于，连接，如图
则，且为外接球的直径，可得
，
设三角形 的外接圆的半径为，则，解得，
设外接球的半径为，则可得，
即，解得，
设正三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
而，
所以正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，
所以，
设内切球的半径为，，
即解得：．
故答案为：.
【点睛】
本题考查多面体与球的内切和外接问题，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意借助几何体的直观图进行分析.
15、
【解析】
根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求切线方程.
【详解】
因为，
所以，
又
故切线方程为，
整理为，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于容易题.
16、
【解析】
根据三角形三边关系可知对任意的恒成立,将的解析式用分离常数法变形,由均值不等式可得分母的取值范围,则整个式子的取值范围由的符号决定,故分为三类讨论,根据函数的单调性求出函数值域,再讨论,转化为的最小值与的最大值的不等式,进而求出的取值范围.
【详解】
因为对任意正实数,都存在以为三边长的三角形,
故对任意的恒成立,
,令,
则,
当,即时,该函数在上单调递减,则；
当,即时,,
当,即时,该函数在上单调递增,则,
所以,当时,因为,,
所以,解得；
当时,,满足条件；
当时,,且,
所以,解得,
综上,,
故答案为:
【点睛】
本题考查参数范围,考查三角形的构成条件,考查利用函数单调性求函数值域,考查分类讨论思想与转化思想.
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)化简得到，得到周期.
(II) ，故，根据范围判断，代入计算得到答案.
【详解】
(I)
，故.
(II) ，故，，
，故，，
故，故，
.
【点睛】
本题考查了三角函数的周期，三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
18、（1）； （2）.
【解析】
（1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到的取值范围，判断，为正，去掉绝对值，转化为在时恒成立,得到，，在恒成立，从而得到的取值范围.
【详解】
（1）当时，，
由，得，即，
或，即，
或，即，
综上：或，
所以不等式的解集为.
（2），，
因为，，
所以，
又，，，
得.
不等式恒成立，即在时恒成立，
不等式恒成立必须，，
解得.
所以，
解得，
结合，
所以，
即的取值范围为.
【点睛】
本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题.
19、（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；
（2）取中点为,则,证得平面,利用等体积法求解即可.
【详解】
（1）因为，，
，是的中点，，
为直三棱柱，所以平面，
因为为中点，所以
平面，，又,
平面
（2），
又分别是中点，
.
由（1）知，,
又平面,
取中点为,连接如图,
则，平面，
设点到平面的距离为，
由，得，
即，解得，
点到平面的距离为.
【点睛】
本题考查线面垂直的判定定理和性质定理、等体积法求点到面的距离；考查逻辑推理能力和运算求解能力；熟练掌握线面垂直的判定定理和性质定理是求解本题的关键；属于中档题.
20、;.
【解析】
连接，由三角形相似得，，进而得出，，写出椭圆的标准方程；
由得，，因为直线与椭圆相切于点，，解得，，因为点在第二象限，所以，，所以，设直线与垂直交于点，则是点到直线的距离，设直线的方程为，则，求出面积的取值范围.
【详解】
解：连接，由可得，
，，
椭圆的标准方程；
由得，，
因为直线与椭圆相切于点，
所以，即，
解得，，
即点的坐标为，
因为点在第二象限，所以，，
所以，
所以点的坐标为，
设直线与垂直交于点，则是点到直线的距离，
设直线的方程为，
则
，
当且仅当，即时，有最大值，
所以，即面积的取值范围为.
【点睛】
本题考查直线和椭圆位置关系的应用，利用基本不等式，属于难题.
21、（1）证明见详解；（2）证明见详解
【解析】
（1）由是等比数列，由等比数列的性质可得：即可证明.
（2）既是“数列”又是“数列”，可得，，则对于任意都成立，则成等比数列，设公比为，验证得答案.
【详解】
（1）证明：由是等比数列，由等比数列的性质可得：
等比数列是“数列”.
（2）证明：既是“数列”又是“数列”，
可得，（） （）
，（）
可得：对于任意都成立，
即 成等比数列，
即成等比数列，
成等比数列，
成等比数列，
设，（）
数列是“数列”
时，由（）可得：

时，由（）可得：
，
可得，同理可证
成等比数列，
数列是等比数列
【点睛】
本题是一道数列的新定义题目，考查了等比数列的性质、通项公式等基本知识，考查代数推理、转化与化归以及综合运用数学知识探究与解决问题的能力，属于难题.
22、（1）．（2）
【解析】
(1)根据题意代入公式化简即可得到.(2)联立极坐标方程通过极坐标的几何意义求解，再求点到直线的距离即可算出三角形面积.
【详解】
解：（1）曲线，即．
∴．曲线的极坐标方程为．
直线的极坐标方程为，即，
∴直线的直角坐标方程为．
（2）设，，
∴，解得．
又，∴（舍去）．
∴．
点到直线的距离为，
∴的面积为．
【点睛】
此题考查参数方程，极坐标，直角坐标之间相互转化，注意参数方程只能先转化为直角坐标再转化为极坐标，属于较易题目.