福建省莆田市2026届高三下学期高中毕业班适应性练习 数学试卷（含解析）

这是一份福建省莆田市2026届高三下学期高中毕业班适应性练习 数学试卷（含解析），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知，则在复平面内，所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知集合，则的元素个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
3．已知角为第一象限角，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量满足，则（ ）
A．1B．C．D．2
6．若直线交抛物线于两点，则（ ）
A．B．4C．D．8
7．已知等比数列的前项和为，则函数的最大值为（ ）
A．B．C．D．1
8．已知定义域为的函数满足：对任意，都有，则（ ）
A．是奇函数
B．
C．在上具有单调性
D．若在上单调递增，且，则
二、多选题
9．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为．点为上的动点，且的取值范围为，则（ ）
A．
B．的周长为8
C．存在点，使得
D．当时，的内心坐标为
10．设函数，则（ ）
A．有三个零点
B．是的极小值点
C．当时，
D．曲线上存在无数多对互相平行的切线
11．如图，木块的底面为矩形，平面，四边形，是两个全等的等腰梯形，，则（ ）
A．
B．的体积为
C．沿的表面从经过棱到作任意线条，则该线条长度的最小值为
D．将加工成一个球，则这个球半径的最大值为
三、填空题
12．已知数列满足，且，则___________．
13．如图，为函数的图象，为最高点，，为最低点．若，则___________．
14．有6个球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中每次随机取出一个，取出的球不放回，直到6个小球都取完为止．记第次取出球的号码为，在和至少有一个大于的条件下，数列是递增数列的概率为___________．
四、解答题
15．在中，．
(1)求；
(2)若，求的周长．
16．如图，在斜三棱柱中，，，，，，分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
17．篮球运动员甲做分组投篮训练，投篮5次为一组，投中一次得1分，未投中一次得-1分．假设甲每次投中的概率为．
(1)若，求甲在一组投篮训练中累计得分为1分的概率；
(2)收集甲以往100组训练数据，分别计算每组累计得分，如下表所示：
（i）求表中累计得分的平均数；
（ii）用表示一组投篮训练的累计得分．将（i）中的平均数作为的数学期望的估计值，求的值．
18．已知函数有两个不同的极值点．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：；
(3)证明：．
19．已知双曲线的左、右焦点分别为到的一条渐近线的距离为．
(1)求的方程；
(2)点为上的动点，点分别位于直线与直线上，且．
（i）记直线的斜率分别为，证明：；
（ii）若与的面积相等，求．
累计得分
-5
-3
-1
1
3
5
频数
1
8
24
34
26
7
参考答案
1．D
【详解】因为，所以，所以对应的点为，位于第四象限.
2．C
【详解】集合是函数的定义域，根据二次根式的要求，被开方数非负，得，
即，故，共有2个元素.
3．A
【详解】且为第一象限角，
，
.
4．B
【详解】曲线的导数，则在的切线斜率为，
由点斜式求得切线方程为，
化成一般式为.
5．A
【详解】由，
，得．
．
故．
6．D
【详解】已知抛物线方程，则焦点，准线为，
设，
联立直线方程与抛物线方程得，
则，
因为直线过焦点，
所以由抛物线焦点弦的性质可得．
7．C
【详解】因为，故，而，
故，故，故，故，
故，故.
而，
故当时，；当时，；
当时，；故，
故.
8．D
【详解】A选项错误，由于定义域为，所以不是奇函数．
B选项错误，存在反例，若，，
则．
C选项错误，存在反例；；．
此时不具有单调性．
D选项正确，由，得．
由定义域得，，即．
由单调递增得，即解得或（舍去）．
综上，．
9．AD
【详解】根据椭圆性质，椭圆上动点到左焦点的距离范围为，
又因为，所以，解得，
所以，离心率，椭圆方程为，
在A选项中，，A正确，
在B选项中，的周长为，B错误，
在C选项中，若，设，则，
整理可得，由均值不等式，相互矛盾，
所以不存在这样的点，C错误，
在D选项中，将代入椭圆可得，
即，因为，
，所以是直角三角形，
直角在，内切圆半径，
内心坐标为，D正确.
10．BCD
【详解】对于A，令，解得或，所以有两个零点，A错误；
对于B， ，
所以当时，，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极小值点，B正确；
对于C，
，
当时，，所以，
所以当时，，C正确；
对于D，，
所以对于任意的实数，都有两个解，
所以曲线上存在无数多对互相平行的切线，D正确.
11．ABD
【详解】过作交于点，连接，
因为是等腰梯形，所以，所以四边形是平行四边形，
所以，，所以，
又因为底面为矩形，且，
所以，所以，
所以，所以，所以，故A正确；
过作于，过作于，过作于，
过作于，过作于，
因为，所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，
由题意可得，所以，
，
所以的体积为，故B正确；
将绕转动到使与侧面在同一个平面内，如图所示：
由题意可得，
由余弦定理可得 ，
所以，
所以沿的表面从经过棱到作任意线条，则该线条长度的最小值为，故C错误.
作交于，过作交于，
由题意可知四棱锥为正四棱锥，
则可得内的最大球，即为四棱锥的内切球，
设内切球的半径为，由题意得，
所以，即，
解得，
所以将加工成一个球，则这个球半径的最大值为，故D正确.
12．/
【详解】因为数列满足，且，
所以，，，
所以该数列的周期为，因此.
13．
【详解】因为函数的最小正周期为，
所以，又因为，
又因为，所以，所以.
14．
【详解】设事件为“在和至少有一个大于”，
事件为“数列是递增数列”，则，
因为在和至少有一个大于，
故数列是先减后增或递增或递减数列，
考虑排列左侧的元素的个数及种类，则不同的排列有，
故，故.
15．(1)
(2)
【详解】（1），解得，或，
因为，所以方程无实数解；
由；
（2）设所对的边分别为，
因为，
所以根据正弦定理，由，
由余弦定理，得，
所以的周长为.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，延长，因为斜三棱柱​中，侧面是平行四边形，
对角线与​互相平分，又是的中点，因此是的中点.
又因为是中点，所以在中，是中位线，故​，
又平面，平面，因此平面.
（2）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
由已知条件得： ，，，
设，由得，
是中点，故；是中点，故.
由​，得，代入解得，，即.
向量，.
设平面的法向量为.
由得，
取得，.
向量， .
设平面的法向量为.
由得，
取​得，.
设平面与平面的夹角为，则.
17．(1)
(2)（i）0.94;
（ii）0.594.
【详解】（1）设甲在一组投篮训练中累计得分为1分为事件A，则甲在一组训练中，投中3次，未投中2次，
则.
（2）（i）设累计得分的平均数为，则.
（ii）设投中次数为，则，所以,
累计得分,
所以
又因为，所以，解得.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）已知，其定义域为，
对求导可得：，
因为函数有两个不同的极值点，
所以在上有两个不同的正根，
令，对求导可得：，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，，
又因为当时，，当时，，
要使在上有两个不同的正根，则需，
解得，因此的取值范围是.
（2）由（1）可知，是的两个不相等的正根，
即，可得，则，
（由三次方程韦达定理：，，，
因，则其中必有一根为负，记为，则，），
则，
（*），
由，得，同理可得，
则，
将其代入（*）可得：，
，
又因为，则，可得，
则，
令，则，，
求导得，则在上单调递增，
故有，即.
（3）令，求导可得：
，
所以在上单调递减，
则当时，，
即，移项可得，
令，，则，即.
因，，，，
将以上个不等式左右相加得：（**），
又因，，
则（**）为，
两边乘以可得：，
故得得证.
19．(1)
(2)（i）证明见解析；
（ii）.
【详解】（1）由题可得：，双曲线的渐近线方程为：，则到渐近线的距离为：，所以，
则，，因此曲线方程为：.
（2）（i）设，，
则，，
，，
所以，，
所以，即得证.
（ii）由题可知：，，，，，所以，
因为，所以，即：，
化简得：，所以，，则，
所以直线方程为：，化简得：.
因此点到直线距离为：，而，
所以.
又因为，，
所以，
因为，所以，即：.
当时，，化简得：，
解得：，又因为定义域为，所以舍去，因此；
当时，，化简得：，无实数解.
综上所述，的取值为.