2026届福建省厦门一中高考适应性考试数学试卷含解析

这是一份2026届福建省厦门一中高考适应性考试数学试卷含解析，共12页。试卷主要包含了已知集合，则集合真子集的个数为，已知，则等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．已知双曲线的一条渐近线经过圆的圆心，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
2．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．已知直线y=k(x+1)(k>0)与抛物线C相交于A，B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则|FA| =（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．已知定义在上函数的图象关于原点对称，且，若，则（ ）
A．0B．1C．673D．674
5．已知集合，则集合真子集的个数为（ ）
A．3B．4C．7D．8
6．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，，则或
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．设集合、是全集的两个子集，则“”是“”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
9．已知正方体的棱长为，，，分别是棱，，的中点，给出下列四个命题:
①;
② 直线与直线所成角为;
③ 过，，三点的平面截该正方体所得的截面为六边形;
④ 三棱锥的体积为.
其中，正确命题的个数为（ ）
A．B．C．D．
10．已知为正项等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则的值是( )
A．29B．30C．31D．32
11．已知函数，，且在上是单调函数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．函数在上单调递减D．函数的图像关于点对称
12．阅读如图的程序框图，运行相应的程序，则输出的的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．二项式的展开式中项的系数为_____．
14．设，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，直线l过交椭圆C于A，B两点，交y轴于E点，若满足，且，则椭圆C的离心率为______.
15．三棱锥中，点是斜边上一点.给出下列四个命题：
①若平面，则三棱锥的四个面都是直角三角形；
②若，，，平面，则三棱锥的外接球体积为；
③若，，，在平面上的射影是内心，则三棱锥的体积为2；
④若，，，平面，则直线与平面所成的最大角为.
其中正确命题的序号是__________．（把你认为正确命题的序号都填上）
16．已知数列满足，，若，则数列的前n项和______．
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）为了解甲、乙两个快递公司的工作状况，假设同一个公司快递员的工作状况基本相同，现从甲、乙两公司各随机抽取一名快递员，并从两人某月(30天)的快递件数记录结果中随机抽取10天的数据，整理如下：
甲公司员工：410，390，330，360，320，400，330，340，370，350
乙公司员工：360，420，370，360，420，340，440，370，360，420
每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下：甲公司规定每件0.65元，乙公司规定每天350件以内(含350件)的部分每件0.6元，超出350件的部分每件0.9元.
（1）根据题中数据写出甲公司员工在这10天投递的快件个数的平均数和众数；
（2）为了解乙公司员工每天所得劳务费的情况，从这10天中随机抽取1天，他所得的劳务费记为 (单位：元)，求的分布列和数学期望；
（3）根据题中数据估算两公司被抽取员工在该月所得的劳务费.
18．（12分）已知数列的各项均为正数，且满足.
（1）求，及的通项公式；
（2）求数列的前项和.
19．（12分）某企业对设备进行升级改造，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了100件产品作为样本，检测一项质量指标值，该项质量指标值落在区间内的产品视为合格品，否则视为不合格品，如图是设备改造前样本的频率分布直方图，下表是设备改造后样本的频数分布表.
图：设备改造前样本的频率分布直方图
表：设备改造后样本的频率分布表
（1）求图中实数的值；
（2）企业将不合格品全部销毁后，对合格品进行等级细分，质量指标值落在区间内的定为一等品，每件售价240元；质量指标值落在区间或内的定为二等品，每件售价180元；其他的合格品定为三等品，每件售价120元，根据表1的数据，用该组样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的频率代替从所有产品中抽到一件相应等级产品的概率.若有一名顾客随机购买两件产品支付的费用为(单位：元)，求的分布列和数学期望.
20．（12分）已知椭圆经过点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上.
21．（12分）如图，已知，分别是正方形边，的中点，与交于点，，都垂直于平面，且，，是线段上一动点.
（1）当平面，求的值；
（2）当是中点时，求四面体的体积.
22．（10分）在中，内角的对边分别是，满足条件．
（1）求角；
（2）若边上的高为，求的长．
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】
求出圆心，代入渐近线方程，找到的关系，即可求解.
【详解】
解：，
一条渐近线
，
故选：B
【点睛】
利用的关系求双曲线的离心率，是基础题.
2、D
【解析】
由变形可得,可知函数在为增函数, 由恒成立,求解参数即可求得取值范围.
【详解】
,即函数在时是单调增函数.
则恒成立.
.
令,则
时,单调递减,时单调递增.
故选:D.
【点睛】
本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难.
3、C
【解析】
方法一：设，利用抛物线的定义判断出是的中点，结合等腰三角形的性质求得点的横坐标，根据抛物线的定义求得，进而求得.
方法二：设出两点的横坐标，由抛物线的定义，结合求得的关系式，联立直线的方程和抛物线方程，写出韦达定理，由此求得，进而求得.
【详解】
方法一：由题意得抛物线的准线方程为，直线恒过定点，过分别作于，于，连接，由，则，所以点为的中点，又点是的中点，
则，所以，又
所以由等腰三角形三线合一得点的横坐标为，
所以，所以．
方法二：抛物线的准线方程为，直线
由题意设两点横坐标分别为，
则由抛物线定义得
又 ①
②
由①②得.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，属于中档题.
4、B
【解析】
由题知为奇函数，且可得函数的周期为3，分别求出知函数在一个周期内的和是0，利用函数周期性对所求式子进行化简可得.
【详解】
因为为奇函数，故；
因为，故，
可知函数的周期为3；
在中，令，故，
故函数在一个周期内的函数值和为0，
故.
故选：B.
【点睛】
本题考查函数奇偶性与周期性综合问题. 其解题思路：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．
5、C
【解析】
解出集合，再由含有个元素的集合，其真子集的个数为个可得答案.
【详解】
解：由，得
所以集合的真子集个数为个.
故选：C
【点睛】
此题考查利用集合子集个数判断集合元素个数的应用，含有个元素的集合，其真子集的个数为个，属于基础题.
6、D
【解析】
根据线面平行和面面平行的性质，可判定A；由线面平行的判定定理，可判断B；C中可判断，所成的二面角为；D中有可能，即得解.
【详解】
选项A：若，，根据线面平行和面面平行的性质，有或，故A正确；
选项B：若，，，由线面平行的判定定理，有，故B正确；
选项C：若，，，故，所成的二面角为，则，故C正确；
选项D，若，，有可能，故D不正确.
故选：D
【点睛】
本题考查了空间中的平行垂直关系判断，考查了学生逻辑推理，空间想象能力，属于中档题.
7、C
【解析】
利用诱导公式得，，再利用倍角公式，即可得答案.
【详解】
由可得，∴，
∴.
故选：C.
【点睛】
本题考查诱导公式、倍角公式，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运算求解能力，求解时注意三角函数的符号.
8、C
【解析】
作出韦恩图，数形结合，即可得出结论.
【详解】
如图所示，，
同时.
故选:C.
【点睛】
本题考查集合关系及充要条件，注意数形结合方法的应用，属于基础题.
9、C
【解析】
画出几何体的图形，然后转化判断四个命题的真假即可．
【详解】
如图；
连接相关点的线段，为的中点，连接，因为是中点，可知，，可知平面，即可证明，所以①正确；
直线与直线所成角就是直线与直线所成角为；正确；
过，，三点的平面截该正方体所得的截面为五边形；如图：
是五边形．所以③不正确；
如图：
三棱锥的体积为：
由条件易知F是GM中点，
所以,
而，
．所以三棱锥的体积为，④正确；
故选：．
【点睛】
本题考查命题的真假的判断与应用，涉及空间几何体的体积，直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质，是中档题．
10、B
【解析】
设正项等比数列的公比为q，运用等比数列的通项公式和等差数列的性质，求出公比，再由等比数列的求和公式，计算即可得到所求．
【详解】
设正项等比数列的公比为q，
则a4=16q3，a7=16q6，
a4与a7的等差中项为，
即有a4+a7=，
即16q3+16q6，=，
解得q=（负值舍去），
则有S5===1．
故选C．
【点睛】
本题考查等比数列的通项和求和公式的运用，同时考查等差数列的性质，考查运算能力，属于中档题．
11、B
【解析】
根据函数，在上是单调函数，确定 ，然后一一验证，
A.若，则，由，得，但.B.由，，确定，再求解验证.C.利用整体法根据正弦函数的单调性判断.D.计算是否为0.
【详解】
因为函数，在上是单调函数，
所以 ，即，所以 ，
若，则，又因为，即，解得， 而，故A错误.
由，不妨令 ，得
由，得 或
当时，，不合题意.
当时，，此时
所以，故B正确.
因为，函数，在上是单调递增，故C错误.
，故D错误.
故选：B
【点睛】
本题主要考查三角函数的性质及其应用，还考查了运算求解的能力，属于较难的题.
12、C
【解析】
根据给定的程序框图，计算前几次的运算规律，得出运算的周期性，确定跳出循环时的n的值，进而求解的值，得到答案.
【详解】
由题意，，
第1次循环，，满足判断条件；
第2次循环，，满足判断条件；
第3次循环，，满足判断条件；

可得的值满足以3项为周期的计算规律，
所以当时，跳出循环，此时和时的值对应的相同，即.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出问题，其中解答中认真审题，得出程序运行时的计算规律是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、15
【解析】
由题得，，令，解得，代入可得展开式中含x6项的系数.
【详解】
由题得，，令，解得，
所以二项式的展开式中项的系数为.
故答案为：15
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的应用，考查了利用通项公式去求展开式中某项的系数问题.
14、
【解析】
采用数形结合，计算以及，然后根据椭圆的定义可得，并使用余弦定理以及，可得结果.
【详解】
如图
由，所以
由，所以
又，则
所以
所以
化简可得：
则
故答案为：
【点睛】
本题考查椭圆的定义以及余弦定理的使用，关键在于根据角度求出线段的长度，考查分析能力以及计算能力，属中档题.
15、①②③
【解析】
对①，由线面平行的性质可判断正确；
对②，三棱锥外接球可看作正方体的外接球，结合外接球半径公式即可求解；
对③，结合题意作出图形，由勾股定理和内接圆对应面积公式求出锥体的高，则可求解；
对④，由动点分析可知，当点与点重合时，直线与平面所成的角最大，结合几何关系可判断错误；
【详解】
对于①，因为平面，所以，，，又，
所以平面，所以，故四个面都是直角三角形，∴①正确；
对于②，若，，，平面，
∴三棱锥的外接球可以看作棱长为4的正方体的外接球，
∴，，∴体积为，∴②正确；
对于③，设内心是，则平面，连接，
则有，又内切圆半径，
所以，，故，
∴三棱锥的体积为，∴③正确；

对于④，∵若，平面，则直线与平面所成的角最大时，点与点重合，
在中，，∴，即直线与平面所成的最大角为，
∴④不正确，
故答案为：①②③.
【点睛】
本题考查立体几何基本关系的应用，线面垂直的性质及判定、锥体体积、外接球半径求解，线面角的求解，属于中档题
16、
【解析】
,求得的通项，进而求得,得通项公式，利用等比数列求和即可.
【详解】
由题为等差数列，∴,∴,∴,∴,故答案为
【点睛】
本题考查求等差数列数列通项，等比数列求和，熟记等差等比性质，熟练运算是关键，是基础题.
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）平均数为360，众数为330；（2）见详解；（3）甲公司：7020（元），乙公司：7281（元）
【解析】
（1）将图中甲公司员工A的所有数据相加，再除以总的天数10，即可求出甲公司员工A投递快递件数的平均数．从中发现330出现的次数最多，故为众数；
（2）由题意能求出的可能取值为340，360，370，420，440，分别求出相对应的概率，由此能求出的分布列和数学期望；
（3）利用（1）（2）的结果，可估算两公司的每位员工在该月所得的劳务费．
【详解】
解：（1）由题意知
甲公司员工在这10天投递的快递件数的平均数为
.
众数为330.
（2）设乙公司员工1天的投递件数为随机变量，则
当时，
当时，
当时，
当时，
当时，
的分布列为
（元）；
（3）由（1）估计甲公司被抽取员工在该月所得的劳务费为
(元)
由（2）估计乙公司被抽取员工在该月所得的劳务费为
(元).
【点睛】
本题考查频率分布表的应用，考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题.
18、（1）；.；（2）
【解析】
（1）根据题意，知，且，令和即可求出，，以及运用递推关系求出的通项公式；
（2）通过定义法证明出是首项为8，公比为4的等比数列，利用等比数列的前项和公式，即可求得的前项和.
【详解】
解：（1）由题可知，，且，
当时，，则，
当时，，，
由已知可得，且，
∴的通项公式：.
（2）设，则，
所以，，
得是首项为8，公比为4的等比数列，
所以数列的前项和为：
，
即，
所以数列的前项和：.
【点睛】
本题考查通过递推关系求数列的通项公式，以及等比数列的前项和公式，考查计算能力.
19、（1）（2）详见解析
【解析】
（1）由频率分布直方图中所有频率（小矩形面积）之和为1可计算出值；
（2）由频数分布表知一等品、二等品、三等品的概率分别为.，选2件产品，支付的费用的所有取值为240，300，360，420，480，由相互独立事件的概率公式分别计算出概率，得概率分布列，由公式计算出期望．
【详解】
解：（1）据题意，得
所以
（2）据表1分析知，从所有产品中随机抽一件是一等品、二等品、三等品的概率分别为.
随机变量的所有取值为240，300，360，420，480.
随机变量的分布列为
所以（元）
【点睛】
本题考查频率分布直方图，频数分布表，考查随机变量的概率分布列和数学期望，解题时掌握性质：频率分布直方图中所有频率和为1．本题考查学生的数据处理能力，属于中档题．
20、（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）根据题意得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可得出椭圆的标准方程；
（2）设点、、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，由向量的坐标运算可求得点的坐标表达式，并代入韦达定理，消去，可得出点的横坐标，进而可得出结论.
【详解】
（1）由题意得，解得，.
所以椭圆的方程是；
（2）设直线的方程为，、、，
由，得.
，则有，，
由，得，由，可得，
，
，
综上，点在定直线上.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线上的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
21、（1）.（2）
【解析】
（1）利用线面垂直的性质得出，进而得出，利用相似三角形的性质，得出，从而得出的值；
（2）利用线面垂直的判定定理得出平面，进而得出四面体的体积，计算出，，即可得出四面体的体积.
【详解】
（1）因为平面，平面，所以
又因为，都垂直于平面，所以
又，分别是正方形边，的中点，且，
所以
.
（2）因为，分别是正方形边，的中点，所以
又因为，都垂直于平面，平面，所以
因为平面，所以平面
所以，四面体的体积
，
所以.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直的性质定理的应用，以及求棱锥的体积，属于中档题.
22、（1）．（2）
【解析】
（1）利用正弦定理的边角互化可得，再根据，利用两角和的正弦公式即可求解.
（2）已知，由知，在中，解出即可.
【详解】
（1）由正弦定理知
由己知，而
∴，
（2）已知，
则由知
先求
∴
∴
∴
【点睛】
本题主要考查了正弦定理解三角形、三角形的性质、两角和的正弦公式，需熟记定理与公式，属于基础题.
质量指标值
频数
2
18
48
14
16
2
204
219
228
273
291
240
300
360
420
480