2026届福建省厦门一中高考适应性考试数学试卷含解析2

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2，共12页。试卷主要包含了已知函数且，则实数的取值范围是，设，则，则等内容，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．台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动，也叫桌球（中国粤港澳地区的叫法）、撞球（中国地区的叫法）控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术，一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD，在点E，F处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最后停在点C处，若AE=50cm．EF=40cm．FC=30cm，∠AEF=∠CFE=60°，则该正方形的边长为（ ）
A．50cmB．40cmC．50cmD．20cm
2．等比数列的各项均为正数，且，则( )
A．12B．10C．8D．
3．三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为，若低于60分的人数是18人，则该班的学生人数是（ ）
A．45B．50C．55D．60
5．已知函数且，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
6．已知，，是平面内三个单位向量，若，则的最小值（ ）
A．B．C．D．5
7．设，则，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，为图象的对称中心，若图象上相邻两个极值点，满足，则下列区间中存在极值点的是（ ）
A．B．C．D．
9．网格纸上小正方形边长为1单位长度，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）
A．1B．C．3D．4
10．复数，是虚数单位，则下列结论正确的是
A．B．的共轭复数为
C．的实部与虚部之和为1D．在复平面内的对应点位于第一象限
11．已知椭圆，直线与直线相交于点，且点在椭圆内恒成立，则椭圆的离心率取值范围为（ ）
A．B．C．D．
12．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，某地一天从时的温度变化曲线近似满足函数，则这段曲线的函数解析式为______________．
14．集合，，若是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则下列说法正确的为________
①的值可以为2；
②的值可以为；
③的值可以为；
15．在数列中，，则数列的通项公式_____.
16．若向量与向量垂直，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）已知等比数列中，，是和的等差中项．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
18．（12分）已知如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=30°，∠ABC=90°，D为AC中点，AEBD于E，延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，如图2所示。
（Ⅰ）求证：AE平面BCD；
（Ⅱ）求二面角A-DC-B的余弦值；
（Ⅲ）求三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积的比（只需写出结果，不要求过程）．
19．（12分）已知的图象在处的切线方程为.
（1）求常数的值；
（2）若方程在区间上有两个不同的实根，求实数的值.
20．（12分）已知函数f（x）ax﹣lnx（a∈R）.
（1）若a＝2时，求函数f（x）的单调区间；
（2）设g（x）＝f（x）1，若函数g（x）在上有两个零点，求实数a的取值范围.
21．（12分）已知函数，其中．
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）设，求证：；
（Ⅲ）若对于恒成立，求的最大值．
22．（10分）对于很多人来说，提前消费的认识首先是源于信用卡，在那个工资不高的年代，信用卡绝对是神器，稍微大件的东西都是可以选择用信用卡来买，甚至于分期买，然后慢慢还！现在银行贷款也是很风靡的，从房贷到车贷到一般的现金贷．信用卡“忽如一夜春风来”，遍布了各大小城市的大街小巷．为了解信用卡在市的使用情况，某调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中随机抽取了100人进行抽样分析，得到如下列联表（单位：人）
（1）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关？
（2）①现从所抽取的40岁及以下的网民中，按“经常使用”与“偶尔或不用”这两种类型进行分层抽样抽取10人，然后，再从这10人中随机选出4人赠送积分，求选出的4人中至少有3人偶尔或不用信用卡的概率；
②将频率视为概率，从市所有参与调查的40岁以上的网民中随机抽取3人赠送礼品，记其中经常使用信用卡的人数为，求随机变量的分布列、数学期望和方差．
参考公式：，其中．
参考数据：
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】
过点做正方形边的垂线，如图，设，利用直线三角形中的边角关系，将用表示出来，根据，列方程求出，进而可得正方形的边长.
【详解】
过点做正方形边的垂线，如图，
设，则，，
则
，
因为，则，
整理化简得，又，
得 ，
.
即该正方形的边长为.
故选：D.
【点睛】
本题考查直角三角形中的边角关系，关键是要构造直角三角形，是中档题.
2、B
【解析】
由等比数列的性质求得，再由对数运算法则可得结论．
【详解】
∵数列是等比数列，∴，，
∴．
故选：B.
【点睛】
本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键．
3、B
【解析】
设，，，根据向量线性运算法则可表示出和；分别求解出和，，根据向量夹角的求解方法求得，即可得所求角的余弦值.
【详解】
设棱长为1，，，
由题意得：，，
，
又
即异面直线与所成角的余弦值为：
本题正确选项：
【点睛】
本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.
4、D
【解析】
根据频率分布直方图中频率＝小矩形的高×组距计算成绩低于60分的频率，再根据样本容量求出班级人数.
【详解】
根据频率分布直方图，得：低于60分的频率是（0.005+0.010）×20＝0.30，
∴样本容量（即该班的学生人数）是60（人）.
故选：D.
【点睛】
本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率的应用问题，属于基础题
5、B
【解析】
构造函数，判断出的单调性和奇偶性，由此求得不等式的解集.
【详解】
构造函数，由解得，所以的定义域为，且，所以为奇函数，而，所以在定义域上为增函数，且.由得，即，所以.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查利用函数的单调性和奇偶性解不等式，属于中档题.
6、A
【解析】
由于，且为单位向量，所以可令，，再设出单位向量的坐标，再将坐标代入中，利用两点间的距离的几何意义可求出结果．
【详解】
解：设，，，则，从而
，等号可取到．
故选：A
【点睛】
此题考查的是平面向量的坐标、模的运算，利用整体代换，再结合距离公式求解，属于难题．
7、A
【解析】
根据换底公式可得，再化简，比较的大小，即得答案.
【详解】
，
，
.
，显然.
,即，
，即.
综上，.
故选：.
【点睛】
本题考查换底公式和对数的运算，属于中档题.
8、A
【解析】
结合已知可知，可求，进而可求，代入，结合，可求，即可判断．
【详解】
图象上相邻两个极值点，满足，
即，
，，且，
，，
，，，
当时，为函数的一个极小值点，而．
故选：．
【点睛】
本题主要考查了正弦函数的图象及性质的简单应用，解题的关键是性质的灵活应用．
9、A
【解析】
采用数形结合，根据三视图可知该几何体为三棱锥，然后根据锥体体积公式，可得结果.
【详解】
根据三视图可知：该几何体为三棱锥
如图
该几何体为三棱锥，长度如上图
所以
所以
所以
故选：A
【点睛】
本题考查根据三视图求直观图的体积，熟悉常见图形的三视图：比如圆柱，圆锥，球，三棱锥等；对本题可以利用长方体，根据三视图删掉没有的点与线，属中档题.
10、D
【解析】
利用复数的四则运算，求得，在根据复数的模，复数与共轭复数的概念等即可得到结论．
【详解】
由题意，
则，的共轭复数为，
复数的实部与虚部之和为，在复平面内对应点位于第一象限，故选D．
【点睛】
复数代数形式的加减乘除运算的法则是进行复数运算的理论依据,加减运算类似于多项式的合并同类项,乘法法则类似于多项式乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式,再将分母实数化，其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为．
11、A
【解析】
先求得椭圆焦点坐标，判断出直线过椭圆的焦点.然后判断出，判断出点的轨迹方程，根据恒在椭圆内列不等式，化简后求得离心率的取值范围.
【详解】
设是椭圆的焦点，所以.直线过点，直线过点，由于，所以，所以点的轨迹是以为直径的圆.由于点在椭圆内恒成立，所以椭圆的短轴大于，即，所以，所以双曲线的离心率，所以.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查直线与直线的位置关系，考查动点轨迹的判断，考查椭圆离心率的取值范围的求法，属于中档题.
12、A
【解析】
在中，设，，，结合三角形的内角和及和角的正弦公式化简可求，可得，再由已知条件求得，，，考虑建立以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系，根据已知条件结合向量的坐标运算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】
在中，设，，，
，即，即，，
，，，，，
，即，又，，
，则，所以，，解得，.
以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、、，
为线段上的一点，则存在实数使得，
，
设，，则，，，
，，消去得，，
所以，，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：A.
【点睛】
本题是一道构思非常巧妙的试题，综合考查了三角形的内角和定理、两角和的正弦公式及基本不等式求解最值问题，解题的关键是理解是一个单位向量，从而可用、表示，建立、与参数的关系，解决本题的第二个关键点在于由，发现为定值，从而考虑利用基本不等式求解最小值，考查计算能力，属于难题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、，
【解析】
根据图象得出该函数的最大值和最小值，可得，，结合图象求得该函数的最小正周期，可得出，再将点代入函数解析式，求出的值，即可求得该函数的解析式.
【详解】
由图象可知，，，，，
从题图中可以看出，从时是函数的半个周期，则，.
又，，得，取，
所以，．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查由图象求函数解析式，考查计算能力，属于中等题.
14、②③
【解析】
根据对称性，只需研究第一象限的情况，计算：，得到，，得到答案.
【详解】
如图所示：根据对称性，只需研究第一象限的情况，
集合：，故，即或，
集合：，是平面上正八边形的顶点所构成的集合，
故所在的直线的倾斜角为，，故：，
解得，此时，，此时.
故答案为：②③.
【点睛】
本题考查了根据集合的交集求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，利用对称性是解题的关键.
15、
【解析】
由题意可得，又，数列的奇数项为首项为1，公差为2的等差数列，对分奇数和偶数两种情况，分别求出，从而得到数列的通项公式.
【详解】
解：∵，
∴①，②，
①﹣②得：，又∵，
∴数列的奇数项为首项为1，公差为2的等差数列，
∴当为奇数时，，
当为偶数时，则为奇数，∴，
∴数列的通项公式，
故答案为：.
【点睛】
本题考查求数列的通项公式，解题关键是由已知递推关系得出，从而确定数列的奇数项成等差数列，求出通项公式后再由已知求出偶数项，要注意结果是分段函数形式．
16、0
【解析】
直接根据向量垂直计算得到答案.
【详解】
向量与向量垂直，则，故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了根据向量垂直求参数，意在考查学生的计算能力.
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）（2）
【解析】
（1）用等比数列的首项和公比分别表示出已知条件，解方程组即可求得公比，代入等比数列的通项公式即可求得结果；
（2）把（1）中求得的结果代入bn＝an•lg2an，求出bn，利用错位相减法求出Tn．
【详解】
(1)设数列的公比为，
由题意知：，
∴，即.
∴，即.
(2)，
∴.①
.②
①－②得
∴.
【点睛】
本题考查等比数列的通项公式和等差中项的概念以及错位相减法求和，考查运算能力，属中档题．
18、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）1:5
【解析】
（Ⅰ）由平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，AE⊥BD于E，能证明AE⊥平面BCD;
（Ⅱ）以E为坐标原点，分别以EF、ED、EA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，利用向量法求出二面角A-DC-B的余弦值;
（Ⅲ）利用体积公式分别求出三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积，再作比写出答案即可．
【详解】
（Ⅰ）证明：∵平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，
又在△ABD中，AE⊥BD于E，AE⊂平面ABD，
∴AE⊥平面BCD．
（Ⅱ）由（1）知AE⊥平面BCD，∴AE⊥EF，
由题意知EF⊥BD，又AE⊥BD，
如图，以E为坐标原点，分别以EF、ED、EA所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系E-xyz，
设AB=BD=DC=AD=2，
则BE=ED=1，∴AE=，BC=2，BF=，
则E（0，0，0），D（0，1，0），B（0，-1，0），A（0，0，），
F（，0，0），C（，2，0），
，，
由AE⊥平面BCD知平面BCD的一个法向量为，
设平面ADC的一个法向量，
则，取x=1，得，
∴，
∴二面角A-DC-B的平面角为锐角，故余弦值为．
（Ⅲ）三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积的比为：1:5.
【点睛】
本题考查线面垂直的证明、几何体体积计算、二面角有关的立体几何综合题，属于中等题.
19、（1）；（2）或.
【解析】
（1）求出，由，建立方程求解，即可求出结论；
（2）根据函数的单调区间，极值，做出函数在的图象，即可求解.
【详解】
（1），由题意知
，
解得（舍去）或.
（2）当时，
故方程有根，根为或，
由表可见，当时，有极小值0.
由上表可知的减函数区间为，
递增区间为，.
因为，
.由数形结合可得或.
【点睛】
本题考查导数的几何意义，应用函数的图象是解题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理和数学计算能力，属于中档题.
20、（1）单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）（2）（3，2e]
【解析】
（1）当a＝2时，求出，求解，即可得出结论；
（2）函数在上有两个零点等价于a＝2x在上有两解，构造函数，，利用导数，可分析求得实数a的取值范围.
【详解】
（1）当a＝2时，定义域为，
则，令，
解得x1，或x1（舍去），
所以当时，单调递减；
当时，单调递增；
故函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
（2）设，
函数g（x）在上有两个零点等价于在上有两解
令，，则，
令，，
显然，在区间上单调递增，又，
所以当时，有，即，
当时，有，即，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
时，取得极小值，也是最小值，
即，
由方程在上有两解及，
可得实数a的取值范围是.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化思想以及数形结合思想，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.
21、（Ⅰ）函数的单调增区间为，单调减区间为；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【解析】
（Ⅰ）利用二次求导可得，所以在上为增函数，进而可得函数的单调增区间为，单调减区间为；（Ⅱ）利用导数可得在区间上存在唯一零点，所以函数在递减，在，递增，则，进而可证；（Ⅲ）条件等价于对于恒成立，构造函数，利用导数可得的单调性，即可得到的最小值为，再次构造函数（a），，利用导数得其单调区间，进而求得最大值．
【详解】
（Ⅰ）当时，，
则，所以，
又因为，所以在上为增函数，
因为，所以当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
即函数的单调增区间为，单调减区间为；
（Ⅱ），
则令，则（1），，
所以在区间上存在唯一零点，
设零点为，则，且，
当时，，当，，，
所以函数在递减，在，递增，
，
由，得，所以，
由于，，从而；
（Ⅲ）因为对于恒成立，即对于恒成立，
不妨令，
因为，，
所以的解为，
则当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以的最小值为，
则，
不妨令（a），，
则（a），解得，
所以当时，（a），（a）为增函数，
当时，（a），（a）为减函数，
所以（a）的最大值为，
则的最大值为．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，以及函数不等式恒成立问题的解法，意在考查学生等价转化思想和数学运算能力，属于较难题．
22、（1）不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关；（2）①；②分布列见解析，，
【解析】
(1)计算再对照表格分析即可.
(2)①根据分层抽样的方法可得经常使用信用卡的有人,偶尔或不用信用卡的有人,再根据超几何分布的方法计算3人或4人偶尔或不用信用卡的概率即可.
②利用二项分布的特点求解变量的分布列、数学期望和方差即可.
【详解】
（1）由列联表可知,,因为,
所以不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关.
（2）①依题意,可知所抽取的10名40岁及以下网民中,经常使用信用卡的有（人）,偶尔或不用信用卡的有（人）.
则选出的4人中至少有3人偶尔或不用信用卡的概率.
②由列联表,可知40岁以上的网民中,抽到经常使用信用卡的频率为,
将频率视为概率,即从市市民中任意抽取1人,恰好抽到经常使用信用卡的市民的概率为.
由题意得,
则,
,
,
.
故随机变量的分布列为：
故随机变量的数学期望为,方差为.
【点睛】
本题主要考查了独立性检验以及超几何分布与二项分布的知识点,包括分类讨论以及二项分布的数学期望与方差公式等.属于中档题.
经常使用信用卡
偶尔或不用信用卡
合计
40岁及以下
15
35
50
40岁以上
20
30
50
合计
35
65
100
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
+
0
-
0
+
极大值
极小值
0
1
2
3