2026年福建省新高三一轮测试数学试题含解析.doc

2026年福建省新高三一轮测试数学试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知函数的图象的一条对称轴为，将函数的图象向右平行移动个单位长度后得到函数图象，则函数的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
2．不等式的解集记为，有下面四个命题：；；；.其中的真命题是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，，是上一点，若，则实数的值为（ ）

A． B． C． D．
4．集合中含有的元素个数为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
5．若x，y满足约束条件则z=的取值范围为（ ）
A．[] B．[，3] C．[，2] D．[，2]
6．二项式的展开式中，常数项为（ ）
A． B．80 C． D．160
7．已知双曲线：的焦距为，焦点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的渐近线方程为（）
A． B． C． D．
8．已知数列满足，且成等比数列.若的前n项和为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．已知、分别是双曲线的左、右焦点，过作双曲线的一条渐近线的垂线，分别交两条渐近线于点、，过点作轴的垂线，垂足恰为，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
10．函数（且）的图象可能为（ ）
A． B． C． D．
11．已知命题，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
12．命题“”的否定为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知复数（为虚数单位），则的共轭复数是_____，_____．
14．已知函数，若关于x的方程有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_______________.
15．已知的展开式中含有的项的系数是，则展开式中各项系数和为______.
16．曲线在点（1，1）处的切线与轴及直线=所围成的三角形面积为，则实数=____。
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，，不等式恒成立.
（1）求证:
（2）求证:.
19．（12分）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若正数、满足，求证：.
20．（12分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
（1）求B；
（2）若，AD为BC边上的中线，当的面积取得最大值时，求AD的长.
21．（12分）已知函数，曲线在点处的切线方程为
求a，b的值；
证明：．
22．（10分）已知函数，.
(1)求的值；
(2)令在上最小值为，证明：.
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】
根据辅助角公式化简三角函数式，结合为函数的一条对称轴可求得，代入辅助角公式得的解析式.根据三角函数图像平移变换，即可求得函数的解析式.
【详解】
函数，
由辅助角公式化简可得，
因为为函数图象的一条对称轴，
代入可得，
即，化简可解得，
即，
所以

将函数的图象向右平行移动个单位长度可得，
则，
故选：C.
本题考查了辅助角化简三角函数式的应用，三角函数对称轴的应用，三角函数图像平移变换的应用，属于中档题.
2．A
【解析】
作出不等式组表示的可行域，然后对四个选项一一分析可得结果.
【详解】
作出可行域如图所示，当时，，即的取值范围为，所以为真命题；
为真命题；为假命题.
故选：A

此题考查命题的真假判断与应用，着重考查作图能力，熟练作图，正确分析是关键，属于中档题.
3．C
【解析】
由题意，可根据向量运算法则得到（1﹣m），从而由向量分解的唯一性得出关于t的方程，求出t的值.
【详解】
由题意及图，，
又，，所以，∴（1﹣m），
又t，所以，解得m，t，
故选C．
本题考查平面向量基本定理，根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键，本题属于基础题.
4．B
【解析】
解：因为集合中的元素表示的是被12整除的正整数，那么可得为1，2,3,4，6，,12故选B
5．D
【解析】
由题意作出可行域，转化目标函数为连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，数形结合即可得解.
【详解】
由题意作出可行域，如图，
目标函数可表示连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，
由图可知，直线的斜率最小，直线的斜率最大，
由可得，由可得，
所以，，所以.
故选：D.

本题考查了非线性规划的应用，属于基础题.
6．A
【解析】
求出二项式的展开式的通式，再令的次数为零，可得结果.
【详解】
解：二项式展开式的通式为，
令，解得，
则常数项为.
故选：A.
本题考查二项式定理指定项的求解，关键是熟练应用二项展开式的通式，是基础题.
7．A
【解析】
利用双曲线：的焦点到渐近线的距离为，求出，的关系式，然后求解双曲线的渐近线方程．
【详解】
双曲线：的焦点到渐近线的距离为，
可得：，可得，，则的渐近线方程为．
故选A．
本题考查双曲线的简单性质的应用，构建出的关系是解题的关键，考查计算能力，属于中档题.
8．D
【解析】
利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得，再利用二次函数的性质，可得当或时，取到最小值.
【详解】
根据题意，可知为等差数列，公差，
由成等比数列，可得，
∴，解得.
∴.
根据单调性，可知当或时，取到最小值，最小值为.
故选：D.
本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前项和的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当或时同时取到最值.
9．B
【解析】
设点位于第二象限，可求得点的坐标，再由直线与直线垂直，转化为两直线斜率之积为可得出的值，进而可求得双曲线的离心率.
【详解】
设点位于第二象限，由于轴，则点的横坐标为，纵坐标为，即点，
由题意可知，直线与直线垂直，，，
因此，双曲线的离心率为.
故选：B.
本题考查双曲线离心率的计算，解答的关键就是得出、、的等量关系，考查计算能力，属于中等题.
10．D
【解析】
因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.
考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.
11．D
【解析】
求出命题不等式的解为，是的必要不充分条件，得是的子集，建立不等式求解.
【详解】
解：命题，即: ，
是的必要不充分条件，
，
，解得．实数的取值范围为．
故选：．
本题考查根据充分、必要条件求参数范围，其思路方法：
(1)解决此类问题一般是把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间关系列出关于参数的不等式(组)求解．
(2)求解参数的取值范围时， 一定要注意区间端点值的检验．
12．C
【解析】
套用命题的否定形式即可.
【详解】
命题“”的否定为“”，所以命题“”的否定为“”.
故选：C
本题考查全称命题的否定，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】
直接利用复数的乘法运算化简，从而得到复数的共轭复数和的模．
【详解】
，则复数的共轭复数为，且.
故答案为：；.
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础的计算题．
14．
【解析】
画出函数的图象，再画的图象，求出一个交点时的的值，然后平行移动可得有两个交点时的的范围．
【详解】
函数的图象如图所示：

因为方程有且只有两个不相等的实数根，
所以图象与直线有且只有两个交点即可，
当过点时两个函数有一个交点，即时，与函数有一个交点，
由图象可知，直线向下平移后有两个交点，
可得，
故答案为：．
本题主要考查了方程的跟与函数的图象交点的转化，数形结合的思想，属于中档题．
15．1
【解析】
由二项式定理及展开式通项公式得：，解得，令得：展开式中各项系数和，得解．
【详解】
解：由的展开式的通项，
令，
得含有的项的系数是，
解得，
令得：展开式中各项系数和为，
故答案为：1．
本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属于中档题．
16．或1
【解析】
利用导数的几何意义，可得切线的斜率，以及切线方程，求得切线与轴和的交点，由三角形的面积公式可得所求值．
【详解】
的导数为，
可得切线的斜率为3，切线方程为，
可得，可得切线与轴的交点为，，切线与的交点为
可得，解得或。
本题主要考查利用导数求切线方程，以及直线方程的运用，三角形的面积求法。

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，
.
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）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）先根据绝对值不等式求得的最大值，从而得到，再利用基本不等式进行证明；
（2）利用基本不等式变形得，两边开平方得到新的不等式，利用同理可得另外两个不等式，再进行不等式相加，即可得答案.
【详解】
（1）∵，∴.
∵，，，
∴，
∴，
∴.
（2）∵，，
即两边开平方得.
同理可得，.
三式相加，得.
本题考查绝对值不等式、应用基本不等式证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和推理论证能力.
19．（1）；（2）见解析
【解析】
（1）等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ），分别解出，再求并集即可；
（2）利用基本不等式及可得，代入可得最值.
【详解】
（1）等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ）
由（Ⅰ）得：
由（Ⅱ）得：
由（Ⅲ）得
原不等式的解集为；
（2），，，
，
，
当且仅当，即时取等号，
，
当且仅当即时取等号，
.
本题考查分类讨论解绝对值不等式，考查三角不等式的应用及基本不等式的应用，是一道中档题.
20．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理及可得，从而得到；
（2）在中，利用余弦定可得，，而，故当时，的面积取得最大值，此时，，在中，再利用余弦定理即可解决.
【详解】
（1）由正弦定理及已知得，
结合，
得，
因为，所以，
由，得.
（2）在中，由余弦定得，
因为，所以，
当且仅当时，的面积取得最大值，此时.
在中，由余弦定理得
.
即.
本题考查正余弦定理解三角形，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道容易题.
21．（1）；（2）见解析
【解析】
分析：第一问结合导数的几何意义以及切点在切线上也在函数图像上，从而建立关于的等量关系式，从而求得结果；第二问可以有两种方法，一是将不等式转化，构造新函数，利用导数研究函数的最值，从而求得结果，二是利用中间量来完成，这样利用不等式的传递性来完成，再者这种方法可以简化运算.
详解：（1）解：，由题意有，解得
（2）证明：（方法一）由（1）知，.设
则只需证明
，设
则， 在上单调递增
，
，使得
且当时，，当时，
当时，，单调递减
当时，，单调递增

，由，得，
，
设，，
当时，，在单调递减，
，因此
（方法二）先证当时， ，即证
设，则，且
，在单调递增，
在单调递增，则当时，
（也可直接分析 显然成立）
再证
设，则，令，得
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
，即
又，
点睛：该题考查的是有关利用导数研究函数的综合问题，在求解的过程中，涉及到的知识点有导数的几何意义，有关切线的问题，还有就是应用导数证明不等式，可以构造新函数，转化为最值问题来解决，也可以借用不等式的传递性，借助中间量来完成.
22． (1)；(2)见解析．
【解析】
(1)将转化为对任意恒成立，令故只需，即可求出的值；
(2)由(1)知，可得，令，可证，使得，从而可确定在上单调递减，在上单调递增，进而可得，即，即可证出．
【详解】
函数的定义域为，因为对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，则，
当时，，故在上单调递增，
又，所以当时，，不符合题意；
当时，令得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以要使在时恒成立，则只需，即，
令，，
所以，
当时，；当时，，
所以在 单调递减，在上单调递增，所以，
即，又，所以，
故满足条件的的值只有
(2)由(1)知，所以，
令，则，
当，时，即在上单调递增；
又，，所以，使得，
当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，且
所以，
即，所以，即．
本题主要考查利用导数法求函数的最值及恒成立问题处理方法，第(2)问通过最值问题深化对函数的单调性的考查，同时考查转化与化归的思想，属于中档题．