2026届福州市第十九中学高三一诊考试数学试卷含解析

这是一份2026届福州市第十九中学高三一诊考试数学试卷含解析，共22页。试卷主要包含了已知，则的大小关系为，若集合，则=，已知抛物线，已知函数等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知复数，其中为虚数单位，则（ ）
A．B．C．2D．
2．如图，正三棱柱各条棱的长度均相等，为的中点，分别是线段和线段的动点（含端点），且满足，当运动时，下列结论中不正确的是
A．在内总存在与平面平行的线段
B．平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．可能为直角三角形
3．如图，在三棱锥中，平面，，现从该三棱锥的个表面中任选个，则选取的个表面互相垂直的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则的大小关系为
A．B．C．D．
5．若集合，则=（ ）
A．B．C．D．
6．已知抛物线：，点为上一点，过点作轴于点，又知点，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．5
7．在中，为上异于，的任一点，为的中点，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
8．已知a＞b＞0，c＞1，则下列各式成立的是（ ）
A．sina＞sinbB．ca＞cbC．ac＜bcD．
9．已知α，β是两平面，l，m，n是三条不同的直线，则不正确命题是（ ）
A．若m⊥α，n//α，则m⊥nB．若m//α，n//α，则m//n
C．若l⊥α，l//β，则α⊥βD．若α//β，lβ，且l//α，则l//β
10．已知函数（，）的一个零点是，函数图象的一条对称轴是直线，则当取得最小值时，函数的单调递增区间是（ ）
A．（）B．（）
C．（）D．（）
11．的图象如图所示，，若将的图象向左平移个单位长度后所得图象与的图象重合，则可取的值的是（ ）
A．B．C．D．
12． 的内角的对边分别为，已知，则角的大小为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则________.
14．若关于的不等式在上恒成立，则的最大值为__________．
15．如图，在平面四边形中，点，是椭圆短轴的两个端点，点在椭圆上，，记和的面积分别为，，则______.
16．在的二项展开式中，所有项的系数之和为1024，则展开式常数项的值等于_______．
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）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.
（1）求曲线C的极坐标方程和直线l的直角坐标方程；
（2）若射线与曲线C交于点A（不同于极点O），与直线l交于点B，求的最大值.
18．（12分）已知圆M：及定点，点A是圆M上的动点，点B在上，点G在上，且满足，，点G的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）设斜率为k的动直线l与曲线C有且只有一个公共点，与直线和分别交于P、Q两点.当时，求（O为坐标原点）面积的取值范围.
19．（12分）已知点P在抛物线上，且点P的横坐标为2，以P为圆心，为半径的圆（O为原点），与抛物线C的准线交于M，N两点，且．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若抛物线的准线与y轴的交点为H．过抛物线焦点F的直线l与抛物线C交于A，B，且，求的值．
20．（12分）已知函数．
（1）当（为自然对数的底数）时，求函数的极值；
（2）为的导函数，当，时，求证：．
21．（12分）已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若的解集包含，求的取值范围.
22．（10分）已知函数.
（1）解不等式；
（2）若函数最小值为，且，求的最小值.
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、D
【解析】
把已知等式变形，然后利用数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的公式计算得答案.
【详解】
解：，
则.
故选：D.
【点睛】
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题.
2、D
【解析】
A项用平行于平面ABC的平面与平面MDN相交，则交线与平面ABC平行；
B项利用线面垂直的判定定理；
C项三棱锥与三棱锥体积相等，三棱锥的底面积是定值，高也是定值，则体积是定值;
D项用反证法说明三角形DMN不可能是直角三角形.
【详解】
A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确；
B项，如图：
当M、N分别在BB1、CC1上运动时,若满足BM=CN,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正确；
C项,当M、N分别在BB1、CC1上运动时,△A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故正确；
D项,若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以△DMN不可能为直角三角形,故错误.
故选D
【点睛】
本题考查了命题真假判断、棱柱的结构特征、空间想象力和思维能力，意在考查对线面、面面平行、垂直的判定和性质的应用，是中档题.
3、A
【解析】
根据线面垂直得面面垂直，已知平面，由，可得平面，这样可确定垂直平面的对数，再求出四个面中任选2个的方法数，从而可计算概率．
【详解】
由已知平面，，可得，从该三棱锥的个面中任选个面共有种不同的选法，而选取的个表面互相垂直的有种情况，故所求事件的概率为．
故选：A．
【点睛】
本题考查古典概型概率，解题关键是求出基本事件的个数．
4、D
【解析】
分析：由题意结合对数的性质，对数函数的单调性和指数的性质整理计算即可确定a,b,c的大小关系.
详解：由题意可知：，即，，即，
，即，综上可得：.本题选择D选项.
点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．
5、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．
6、C
【解析】
由,再运用三点共线时和最小，即可求解.
【详解】
.
故选：C
【点睛】
本题考查抛物线的定义，合理转化是本题的关键，注意抛物线的性质的灵活运用，属于中档题．
7、A
【解析】
根据题意，用表示出与，求出的值即可.
【详解】
解：根据题意，设，则
，
又，
，
，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了平面向量基本定理的应用，关键是要找到一组合适的基底表示向量，是基础题.
8、B
【解析】
根据函数单调性逐项判断即可
【详解】
对A,由正弦函数的单调性知sina与sinb大小不确定，故错误；
对B,因为y＝cx为增函数，且a＞b，所以ca＞cb，正确
对C,因为y＝xc为增函数,故 ，错误；
对D, 因为在为减函数，故 ，错误
故选B．
【点睛】
本题考查了不等式的基本性质以及指数函数的单调性，属基础题．
9、B
【解析】
根据线面平行、线面垂直和空间角的知识，判断A选项的正确性.由线面平行有关知识判断B选项的正确性.根据面面垂直的判定定理，判断C选项的正确性.根据面面平行的性质判断D选项的正确性.
【详解】
A．若，则在中存在一条直线，使得，则，又，那么，故正确；
B．若，则或相交或异面，故不正确；
C．若，则存在，使，又，则，故正确．
D．若，且，则或，又由，故正确．
故选：B
【点睛】
本小题主要考查空间线线、线面和面面有关命题真假性的判断，属于基础题.
10、B
【解析】
根据函数的一个零点是，得出，再根据是对称轴，得出，求出的最小值与对应的，写出即可求出其单调增区间.
【详解】
依题意得，，即，
解得或（其中，）.①
又，
即（其中）.②
由①②得或，
即或（其中，，），因此的最小值为.
因为，所以（）.
又，所以，所以，
令（），则（）.
因此，当取得最小值时，的单调递增区间是（）.
故选：B
【点睛】
此题考查三角函数的对称轴和对称点，在对称轴处取得最值，对称点处函数值为零，属于较易题目.
11、B
【解析】
根据图象求得函数的解析式，即可得出函数的解析式，然后求出变换后的函数解析式，结合题意可得出关于的等式，即可得出结果.
【详解】
由图象可得，函数的最小正周期为，，
，
则，，取，
，则，
，，可得，
当时，.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用图象求函数解析式，同时也考查了利用函数图象变换求参数，考查计算能力，属于中等题.
12、A
【解析】
先利用正弦定理将边统一化为角，然后利用三角函数公式化简，可求出解B.
【详解】
由正弦定理可得，即，即有，因为，则，而，所以.
故选：A
【点睛】
此题考查了正弦定理和三角函数的恒等变形，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用正弦定理将边化角，即可容易求得结果.
【详解】
由正弦定理可知，
，即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用正弦定理实现边角互化，属基础题.
14、
【解析】
分类讨论，时不合题意；时求导，求出函数的单调区间，得到在上的最小值，利用不等式恒成立转化为函数最小值，化简得，构造放缩函数对自变量再研究，可解,
【详解】
令；当时，，不合题意；
当时，，
令，得或，
所以在区间和上单调递减.
因为，且在区间上单调递增，
所以在处取极小值，即最小值为.
若，，则，即.
当时，，当时，则.
设，则.
当时，；当时，，
所以在上单调递增；在上单调递减，
所以，即，所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】
本题考查不等式恒成立问题.
不等式恒成立问题的求解思路：已知不等式(为实参数)对任意的恒成立，求参数的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法; 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(,或，)求解．
15、
【解析】
依题意易得A、B、C、D四点共圆且圆心在x轴上，然后设出圆心，由圆的方程与椭圆方程联立得到B的横坐标，进一步得到D横坐标，再由计算比值即可.
【详解】
因为，所以A、B、C、D四点共圆，直径为，又A、C关于x轴对称，
所以圆心E在x轴上，设圆心E为，则圆的方程为，联立椭圆方程
消y得，解得，故B的横坐标为，又B、D中点是E，所以D的横坐标为，
故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查椭圆中的四点共圆及三角形面积之比的问题，考查学生基本计算能力及转化与化归思想，本题关键是求出B、D横坐标，是一道有区分度的压轴填空题.
16、
【解析】
利用展开式所有项系数的和得n=5,再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的常数项.
【详解】
因为的二项展开式中，所有项的系数之和为4n=1024, n=5,
故的展开式的通项公式为Tr+1=C·35-r,令,解得r=4,可得常数项为T5=C·3=15,故填15.
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的应用、二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，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、（1）：，直线：；（2）．
【解析】
（1）由消参法把参数方程化为普通方程，再由公式进行直角坐标方程与极坐标方程的互化；
（2）由极径的定义可直接把代入曲线和直线的极坐标方程，求出极径，把比值化为的三角函数，从而可得最大值、
【详解】
（1）消去参数可得曲线的普通方程是，即，代入得，即，∴曲线的极坐标方程是；
由，化为直角坐标方程为．
（2）设，则，，
，
当时，取得最大值为．
【点睛】
本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，掌握公式可轻松自如进行极坐标方程与直角坐标方程的互化．
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）根据题意得到GB是线段的中垂线，从而为定值，根据椭圆定义可知点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，即可求出曲线C的方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，表示处的面积代入韦达定理化简即可求范围.
【详解】
（1）为的中点，且是线段的中垂线，
，又，
∴点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，
设椭圆方程为（），
则，，，
所以曲线C的方程为.
（2）设直线l：（），
由消去y，可得.
因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，
所以，.①
又由可得；同理可得.
由原点O到直线的距离为和，
可得.②
将①代入②得，
当时，，
综上，面积的取值范围是.
【点睛】
此题考查了轨迹和直线与曲线相交问题，轨迹通过已知条件找到几何关系从而判断轨迹，直线与曲线相交一般联立设而不求韦达定理进行求解即可，属于一般性题目.
19、 (1) (2)4
【解析】
（1）将点P横坐标代入抛物线中求得点P的坐标，利用点P到准线的距离d和勾股定理列方程求出p的值即可；（2）设A、B点坐标以及直线AB的方程，代入抛物线方程，利用根与系数的关系，以及垂直关系，得出关系式，计算的值即可．
【详解】
（1）将点P横坐标代入中，求得，
∴P（2，），，
点P到准线的距离为，
∴，
∴，
解得，∴，
∴抛物线C的方程为：；
（2）抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为，；
设，
直线AB的方程为，代入抛物线方程可得，
∴，…①
由，可得，
又，，
∴，
∴，
即，
∴，…②
把①代入②得，，
则．
【点睛】
本题考查直线与抛物线的位置关系，以及抛物线与圆的方程应用问题，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
20、（1）极大值，极小值；（2）详见解析.
【解析】
首先确定函数的定义域和；
（1）当时，根据的正负可确定单调性，进而确定极值点，代入可求得极值；
（2）通过分析法可将问题转化为证明，设，令，利用导数可证得，进而得到结论.
【详解】
由题意得：定义域为，，
（1）当时，，
当和时，；当时，，
在，上单调递增，在上单调递减，
极大值为，极小值为.
（2）要证：，
即证：，
即证：，
化简可得：．
，，即证：，
设，令，则，
在上单调递增，，则由，
从而有：.
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到函数极值的求解、利用导数证明不等式的问题；本题不等式证明的关键是能够将多个变量的问题转化为一个变量的问题，通过构造函数的方式将问题转化为函数最值的求解问题.
21、（1）；（2）.
【解析】
（1）对范围分类整理得：，分类解不等式即可．
（2）利用已知转化为“当时，”恒成立，利用绝对值不等式的性质可得：，问题得解．
【详解】
当时，，
当时，由得，解得；
当时，无解；
当时，由得，解得，
所以的解集为
（2）的解集包含等价于在上恒成立，
当时，等价于恒成立，
而，∴，
故满足条件的的取值范围是
【点睛】
本题主要考查了含绝对值不等式的解法，还考查了转化能力及绝对值不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．
22、（1）（2）
【解析】
（1）利用零点分段法，求得不等式的解集.
（2）先求得，即，再根据“的代换”的方法，结合基本不等式，求得的最小值.
【详解】
（1）当时，，即，无解；
当时，，即，得；
当时，，即，得.
故所求不等式的解集为.
（2）因为，
所以，则，
.
当且仅当即时取等号.
故的最小值为.
【点睛】
本小题主要考查零点分段法解绝对值不等式，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.