2026届福建省莆田四中、莆田六中高考适应性考试数学试卷含解析

这是一份2026届福建省莆田四中、莆田六中高考适应性考试数学试卷含解析，共4页。试卷主要包含了在中，，则=，已知向量，，且与的夹角为，则，若，则，函数的图象大致为等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．若数列为等差数列，且满足，为数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
2．函数在上的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知△ABC中，．点P为BC边上的动点，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
4．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（ ）
A．8B．C．D．
5．各项都是正数的等比数列的公比，且成等差数列，则的值为( )
A．B．
C．D．或
6．在中，，则=（ ）
A．B．
C．D．
7．已知向量，，且与的夹角为，则（ ）
A．B．1C．或1D．或9
8．设双曲线的右顶点为，右焦点为，过点作平行的一条渐近线的直线与交于点，则的面积为（ ）
A．B．C．5D．6
9．若，则( )
A．B．C．D．
10．函数的图象大致为( )
A．B．
C．D．
11． “幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中．“阶幻方”是由前个正整数组成的—个阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15（如图所示）．则“5阶幻方”的幻和为（ ）
A．75B．65C．55D．45
12．已知，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若x，y满足，且y≥−1，则3x+y的最大值_____
14．在的展开式中，的系数为________．
15．已知内角，，的对边分别为，，．，，则_________．
16．已知集合，，则_________.
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）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
18．（12分）如图，是正方形，点在以为直径的半圆弧上（不与，重合），为线段的中点，现将正方形沿折起，使得平面平面.
（1）证明：平面.
（2）三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面分别是的中点.
（1）证明:平面
（2）若，求二面角的余弦值.
20．（12分）设函数f（x）=ax2–a–lnx，g（x）=，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；
（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立.
21．（12分）求下列函数的导数：
（1）
（2）
22．（10分）已知椭圆的左、右焦点分别为直线垂直于轴，垂足为，与抛物线交于不同的两点，且过的直线与椭圆交于两点，设且 .
（1）求点的坐标；
（2）求的取值范围.
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、B
【解析】
利用等差数列性质，若，则 求出，再利用等差数列前项和公式得
【详解】
解：因为 ，由等差数列性质，若，则得，
．
为数列的前项和，则．
故选：．
【点睛】
本题考查等差数列性质与等差数列前项和.
(1)如果为等差数列，若，则 ．
(2)要注意等差数列前项和公式的灵活应用，如.
2、D
【解析】
讨论的取值范围，然后对函数进行求导，利用导数的几何意义即可判断.
【详解】
当时，，则，
所以函数在上单调递增，
令，则，
根据三角函数的性质，
当时，，故切线的斜率变小，
当时，，故切线的斜率变大，可排除A、B；
当时，，则，
所以函数在上单调递增，
令 ，，
当时，，故切线的斜率变大，
当时，，故切线的斜率变小，可排除C，
故选：D
【点睛】
本题考查了识别函数的图像，考查了导数与函数单调性的关系以及导数的几何意义，属于中档题.
3、D
【解析】
以BC的中点为坐标原点，建立直角坐标系，可得，设，运用向量的坐标表示，求得点A的轨迹，进而得到关于a的二次函数，可得最小值．
【详解】
以BC的中点为坐标原点，建立如图的直角坐标系，
可得，设，
由，
可得，即，
则
，
当时，的最小值为．
故选D．
【点睛】
本题考查向量数量积的坐标表示，考查转化思想和二次函数的值域解法，考查运算能力，属于中档题．
4、D
【解析】
根据三视图还原几何体为四棱锥，即可求出几何体的表面积．
【详解】
由三视图知几何体是四棱锥，如图，
且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的底面是正方形,边长为2,棱锥的高为2，
所以，
故选：
【点睛】
本题主要考查了由三视图还原几何体，棱锥表面积的计算，考查了学生的运算能力，属于中档题.
5、C
【解析】
分析：解决该题的关键是求得等比数列的公比，利用题中所给的条件，建立项之间的关系，从而得到公比所满足的等量关系式，解方程即可得结果.
详解：根据题意有，即，因为数列各项都是正数，所以，而，故选C.
点睛：该题应用题的条件可以求得等比数列的公比，而待求量就是，代入即可得结果.
6、B
【解析】
在上分别取点,使得,
可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案．
【详解】
如下图，，在上分别取点,使得,
则为平行四边形，故,故答案为B.
【点睛】
本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题．
7、C
【解析】
由题意利用两个向量的数量积的定义和公式，求的值.
【详解】
解：由题意可得，
求得，或，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查两个向量的数量积的定义和公式，属于基础题．
8、A
【解析】
根据双曲线的标准方程求出右顶点、右焦点的坐标，再求出过点与的一条渐近线的平行的直线方程，通过解方程组求出点的坐标，最后利用三角形的面积公式进行求解即可.
【详解】
由双曲线的标准方程可知中：，因此右顶点的坐标为，右焦点的坐标为，双曲线的渐近线方程为：，根据双曲线和渐近线的对称性不妨设点作平行的一条渐近线的直线与交于点，所以直线的斜率为，因此直线方程为：，因此点的坐标是方程组：的解，解得方程组的解为：，即，所以的面积为：
.
故选：A
【点睛】
本题考查了双曲线的渐近线方程的应用，考查了两直线平行的性质，考查了数学运算能力.
9、D
【解析】
直接利用二倍角余弦公式与弦化切即可得到结果．
【详解】
∵，
∴，
故选D
【点睛】
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，同角三角函数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
10、A
【解析】
确定函数在定义域内的单调性，计算时的函数值可排除三个选项．
【详解】
时，函数为减函数，排除B，时，函数也是减函数，排除D，又时，，排除C，只有A可满足．
故选：A.
【点睛】
本题考查由函数解析式选择函数图象，可通过解析式研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等等排除，可通过特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势排除，最后剩下的一个即为正确选项．
11、B
【解析】
计算的和，然后除以，得到“5阶幻方”的幻和.
【详解】
依题意“5阶幻方”的幻和为，故选B.
【点睛】
本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前项和公式，属于基础题.
12、B
【解析】
由平行求出参数，再由数量积的坐标运算计算．
【详解】
由，得，则，
，，所以．
故选：B．
【点睛】
本题考查向量平行的坐标表示，考查数量积的坐标运算，掌握向量数量积的坐标运算是解题关键．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、5.
【解析】
由约束条件作出可行域，令z＝3x+y，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【详解】
由题意作出可行域如图阴影部分所示.
设,
当直线经过点时,取最大值5.
故答案为：5
【点睛】
本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
14、
【解析】
根据二项展开式定理，求出含的系数和含的系数，相乘即可.
【详解】
的展开式中，
所求项为：，
的系数为.
故答案为:.
【点睛】
本题考查二项展开式定理的应用，属于基础题.
15、
【解析】
利用正弦定理求得角B，再利用二倍角的余弦公式，即可求解.
【详解】
由正弦定理得，
，．
故答案为：.
【点睛】
本题考查了正弦定理求角，三角恒等变换，属于基础题.
16、
【解析】
根据交集的定义即可写出答案。
【详解】
，，
故填
【点睛】
本题考查集合的交集，需熟练掌握集合交集的定义，属于基础题。
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）见解析（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．
试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.
又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD，，
所以平面.
因为平面，所以 .
又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC.
点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．
18、（1）见解析（2）
【解析】
（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，由此证得，根据圆的几何性质证得，由此证得平面.
（2）判断出三棱锥的体积最大时点的位置.建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：因为平面平面是正方形，
所以平面.
因为平面，所以.
因为点在以为直径的半圆弧上，所以.
又，所以平面.
（2）解：显然，当点位于的中点时，的面积最大，三棱锥的体积也最大.
不妨设，记中点为，
以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则令，得，
所以.
由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
【点睛】
本小题主要考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
19、（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）连接，由菱形的性质以及中位线，得，由平面平面，且交线，得平面，故而，最后由线面垂直的判定得结论.
（2）以为原点建平面直角坐标系，求出平面平与平面的法向量
，，最后求得二面角的余弦值为.
【详解】
解：（1）连结
∵ ，且是的中点，
∴
∵平面平面，
平面平面，
∴平面.
∵平面，
∴
又为菱形，且为棱的中点，
∴
∴.
又∵，平面
∴平面.
（2）由题意有，
∵四边形为菱形，且
∴
分别以，，所在直线为轴，轴，轴
建立如图所示的空间直角坐标系，设，则
设平面的法向量为
由，得，
令，得
取平面的法向量为
∴
二面角为锐二面角，
∴二面角的余弦值为
【点睛】
处理线面垂直问题时，需要学生对线面垂直的判定定理特别熟悉，运用几何语言表示出来方才过关，一定要在已知平面中找两条相交直线与平面外的直线垂直，才可以证得线面垂直，其次考查了学生运用空间向量处理空间中的二面角问题，培养了学生的计算能力和空间想象力.
20、（Ⅰ）当时，