精品解析：福建厦门市2026届高中毕业班适应性练习数学学科试题

厦门市2026届高中毕业班适应性练习 数学学科 （满分：150分 考试时间：120分钟） 考生注意： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 2. 已知是等差数列的前n项和，若，则的公差为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 已知抛物线C：的焦点为，点在上，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 4. 随机变量X的分布列为，.若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 6. 某工厂的产量Q（单位：件）与资本投入K（单位：万元）、劳动投入L（单位：人）满足柯布-道格拉斯生产函数（其中，，为常数）.在劳动投入不变的前提下，要使该工厂的产量提升20%，资本投入需增加60%，则该工厂资本产出的弹性系数约为（ ）（参考数据：，） A. 0.3 B. 0.4 C. 0.5 D. 0.6 7. 已知P为椭圆E：（）上的动点，M，N为圆上的两个动点，若的最大值为，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，则（） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数（，）的部分图象如图所示，，，则（ ） A. B. C. 是图象的一条对称轴 D. 的图象向左平移个单位长度得到的图象关于原点对称 10. 某校有学生人，其中男生人，女生人.为调查学生的课外阅读情况，按性别比例分配，用分层随机抽样的方法抽取学生人，并统计样本中男生和女生一天的阅读时间（单位：分钟），绘制成如下两个频率分布直方图，则（ ） A. B. 样本中男生阅读时间的中位数低于分钟 C. 样本中阅读时间在分钟以下的学生中，男生人数比女生人数多 D. 用样本估计总体，全校学生中阅读时间在分钟以上的约有人 11. 已知，，…，，…均为有限实数集，记中的最大元素为，，，若，则（ ） A. B. C. 中所有元素的平均数为191 D. 中所有元素的和为3008 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中所有项的系数之和为81，则此展开式中常数项为______. 13. 写出一个同时满足下列性质①②③的函数______. ①定义域为； ②； ③. 14. 在梯形ABCD中，，，E为CD上一点，，将△AED沿AE所在直线翻折成△AED＇（如图所示）.AD＇上一点M满足，在翻折过程中，二面角的正弦值的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求A； （2）若D为BC的中点，，的面积为，求a. 16. 如图，在三棱柱中，，.过点，C的平面与直线AB垂直. （1）作出截此三棱柱所得的截面，请写出作图过程并说明理由； （2）已知，求与平面所成角的正弦值. 17. 已知定直线l：，点M在l右侧，且M到的距离与到l的距离之比为2，记其轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）过F与x轴垂直的直线交于A，C两点，过F的直线交于B，D两点.若四边形ABCD的面积为，求的方程. 18. 某棋类游戏有不同规格的地图，规格为（，）的地图共有个格子，编号为0，1，2，…，，如下图所示. 0 1 2 … 2n 游戏规则如下： ①玩家首先选定地图规格，并获得2枚金币，棋子位于起点（0号格子）； ②玩家掷一枚质地均匀的骰子，向上点数不超过2时，棋子向前跳1格；否则，向前跳2格；如此重复操作直至游戏成功或失败； ③每当棋子落到非零偶数格时，就相应扣除1枚金币.当金币被扣光或棋子落到号格子时，游戏终止，视为失败，无奖励；当棋子落到号格子时，游戏终止，视为成功，获得奖励10n元. （1）若选定规格为的地图，求游戏成功的概率； （2）若选定规格为的地图，求棋子落到2n号格子且游戏成功的概率； （3）为使获得奖励的期望最大，玩家应选择何种规格的地图？ 19. 已知函数，其中. （1）当时，求在处的切线方程； （2）已知. （i）求的取值范围； （ii）记的极值点为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市2026届高中毕业班适应性练习 数学学科 （满分：150分 考试时间：120分钟） 考生注意： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以. 2. 已知是等差数列的前n项和，若，则的公差为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，解方程即可得答案. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，， 所以，解得 所以的公差为1. 3. 已知抛物线C：的焦点为，点在上，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】 抛物线C：的焦点为，准线方程为， 点在抛物线上，到准线的距离， 所以． 4. 随机变量X的分布列为，.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为随机变量X的分布列为，， 所以，即，又因为， 所以，解得. 5. 已知，，在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】在上的投影向量为 即​ 因为，所以 代入等式得 6. 某工厂的产量Q（单位：件）与资本投入K（单位：万元）、劳动投入L（单位：人）满足柯布-道格拉斯生产函数（其中，，为常数）.在劳动投入不变的前提下，要使该工厂的产量提升20%，资本投入需增加60%，则该工厂资本产出的弹性系数约为（ ）（参考数据：，） A. 0.3 B. 0.4 C. 0.5 D. 0.6 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得，又， 两式相除可得，两边取对数可得， 所以，所以. 7. 已知P为椭圆E：（）上的动点，M，N为圆上的两个动点，若的最大值为，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】如图所示：若是定点，则直线与圆相切时，最大， 此时，又， 所以最小时，最大， 又P为椭圆E：（）上的动点， 所以最小时，点为椭圆的短轴的端点， 又因为的最大值为，所以的最大值为， 所以，所以， 所以E的离心率为 8. 已知，，则（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为 所以 所以 所以 即 又，所以 即 由得 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数（，）的部分图象如图所示，，，则（ ） A. B. C. 是图象的一条对称轴 D. 的图象向左平移个单位长度得到的图象关于原点对称 【答案】ABD 【解析】 【详解】对A，将代入函数得 又，故，选项A正确. 对B，将和代入函数得 由图可得，即，又，所以 取，得，选项B正确. 对C， 不是最值，故不是对称轴，选项C错误. 对D，将向左平移个单位，得 是奇函数，图像关于原点对称，选项D正确 10. 某校有学生人，其中男生人，女生人.为调查学生的课外阅读情况，按性别比例分配，用分层随机抽样的方法抽取学生人，并统计样本中男生和女生一天的阅读时间（单位：分钟），绘制成如下两个频率分布直方图，则（ ） A. B. 样本中男生阅读时间的中位数低于分钟 C. 样本中阅读时间在分钟以下的学生中，男生人数比女生人数多 D. 用样本估计总体，全校学生中阅读时间在分钟以上的约有人 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据分层抽样的比例确定男生女生的样本数，然后利用频率分布直方图的性质即可判断. 【详解】对于A，由于频率分布直方图中，所有矩形的面积为，即，解得，故A正确； 对于B，男生前两组的频率为，前三组的频率为， 因此，男生阅读时间的中位数位于第三组，设中位数为，则有，解得， 即男生阅读时间的中位数为分钟，高于分钟，故B错误； 对于C，由于总人数人，其中男生人，女生人，抽样人按比例分配，其中男生人，女生人， 男生阅读时间在分钟以下的人数为人，女生阅读时间在分钟以下的人数为人， 因此阅读时间在分钟以下的人数中，男生人数比女生人数多，故C正确； 对于D，男生阅读时间在分钟以上的人数为人， 女生阅读时间在分钟以上的人数为人，因此样本中阅读时间在分钟以上的人数为人， 全校估计阅读时间在分钟以上的人数为人，故D正确. 11. 已知，，…，，…均为有限实数集，记中的最大元素为，，，若，则（ ） A. B. C. 中所有元素的平均数为191 D. 中所有元素的和为3008 【答案】ACD 【解析】 【分析】抓住集合构造的递推规律：最大元素，直接得到的等比通项；集合元素个数，结合元素和的递推关系，推导出的通项，再逐一验证选项即可. 【详解】选项A，已知，最大元素， 根据定义， 则，A正确； 选项B，由的构造，的最大元素是，则的最大元素是， 因此，即是首项为，公比为2的等比数列：. 当时， ，B错误； 设为所有元素之和，则 ，因为， 所以 .一般地，，其中是的元素个数. 由构造可知，(即每次新增元素与原集合无重复)，因为 ，故. 结合，递推得：， 等式两边同除以得.令 ，则， 累加法求， 则. 选项C，当时，均值为 ，C正确； 选项D，当时， ，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中所有项的系数之和为81，则此展开式中常数项为______. 【答案】24 【解析】 【详解】因为的展开式中所有项的系数之和为81，所以，即，解得， 二项式展开式的通项公式为，， 令，解得，所以二项式的展开式第三项为常数项，常数项为. 13. 写出一个同时满足下列性质①②③的函数______. ①定义域为； ②； ③. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】由题意知图象关于点对称，再结合正比例函数构造即可； 【详解】由③得函数图象关于点对称， ，则可取，符合①②③. .（答案不唯一） 14. 在梯形ABCD中，，，E为CD上一点，，将△AED沿AE所在直线翻折成△AED＇（如图所示）.AD＇上一点M满足，在翻折过程中，二面角的正弦值的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】过作于，利用已知可得，过作于，进而可得，过作于，为二面角的平面角，计算可求得最大值. 【详解】过作于，因为，， 所以四边形是矩形，所以， 所以，所以， 又因为，，，所以， 又因为，所以， 所以，过作于， 则， 所以，过作于， 因为，又，平面， 所以平面，所以为二面角的平面角， 因为，又，所以， 又因为，所以， 由正弦定理可得，所以. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求A； （2）若D为BC的中点，，的面积为，求a. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换和二倍角公式可求得或，进而可求得A； （2）由题意可得，结合向量的数量积可得，由的面积为，可得，进而利用余弦定理可求解. 【小问1详解】 因为， 所以根据正弦定理可得， 所以， 所以， 所以，因为，所以， 所以，所以， 所以，解得或， 又，所以； 【小问2详解】 若D为边上的中点，则， 所以， 又，所以，所以 因为的面积为，所以，所以， 所以， 由余弦定理可得， 所以. 16. 如图，在三棱柱中，，.过点，C的平面与直线AB垂直. （1）作出截此三棱柱所得的截面，请写出作图过程并说明理由； （2）已知，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取的中点为，连接，，则平面为平面. 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，平面为平面 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，平面为平面，通过线线垂直证明线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再去求线面夹角正弦值 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在三棱柱中，， 因为，所以， 在中，因为，所以， 由（1）得，所以， 所以，所以， 所以，，两两互相垂直. 以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴如图建立空间直角坐标系，则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则所以取，则. ， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 17. 已知定直线l：，点M在l右侧，且M到的距离与到l的距离之比为2，记其轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）过F与x轴垂直的直线交于A，C两点，过F的直线交于B，D两点.若四边形ABCD的面积为，求的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据题意可得，化简可得曲线的方程； （2）设直线的方程为，，与双曲线方程联立，结合根与系数的关系可得，进而可得，结合题意求解即可. 【小问1详解】 设， 因为M到的距离与到l的距离之比为2，所以， 两边平方可得，所以， 所以，所以， 所以的方程为； 【小问2详解】 由题意可知的方程为，代入的方程可得， 由题意的斜率存在，所以设直线的方程为， 联立，可得， 设，所以， 所以或， 所以 ， 因为为的中点，所以，所以， 所以，整理得，解得（舍去）或， 所以，所以的方程. 18. 某棋类游戏有不同规格的地图，规格为（，）的地图共有个格子，编号为0，1，2，…，，如下图所示. 0 1 2 … 2n 游戏规则如下： ①玩家首先选定地图规格，并获得2枚金币，棋子位于起点（0号格子）； ②玩家掷一枚质地均匀的骰子，向上点数不超过2时，棋子向前跳1格；否则，向前跳2格；如此重复操作直至游戏成功或失败； ③每当棋子落到非零偶数格时，就相应扣除1枚金币.当金币被扣光或棋子落到号格子时，游戏终止，视为失败，无奖励；当棋子落到号格子时，游戏终止，视为成功，获得奖励10n元. （1）若选定规格为的地图，求游戏成功的概率； （2）若选定规格为的地图，求棋子落到2n号格子且游戏成功的概率； （3）为使获得奖励的期望最大，玩家应选择何种规格的地图？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）列出失败的路径，求出失败的概率再计算即可； （2）列出棋子路径，再计算概率即可； （3）先列出成功的情况，分别计算其概率再相加，再列出收益分布列和期望表达式，计算最大值即可. 【小问1详解】 由题意得，向前跳1格概率为，向前跳2格为， 时，游戏失败只有2和4两格均落到和不落到2号格且从4号格直接落到6号格， 落到2号格概率为，从2号格到4号格概率为， 不落到2号格且落到4号格概率为，从4号格直接落到6号格概率为， 故失败的概率为， 所以成功的概率为； 【小问2详解】 因为2n号格为非零偶数格，所以棋子在落到2n号格子前不能落到非零偶数格上， 所以路线为共 次跳 2 格，3 次跳 1 格， 所以棋子落到号格子且游戏成功的概率为； 【小问3详解】 设“游戏结束时，余下的金币数量”，则， ； 时，棋子路径有3种情况： ，其概率为； ，其概率为； 棋子落到第号格处且成功，共有种路径， ， 每条路径概率相等且每条路径概率为， ， 总成功概率， 设收益为，则的分布列为 ， 令，即，解得， ，所以故 时期望最大，期望最大的地图规格为. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求在处的切线方程； （2）已知. （i）求的取值范围； （ii）记的极值点为，证明：. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：由（i）知，，， 所以 ， 由（i）知，，则， 所以， 令 则 令，易知函数为上单调递增函数， 因为，， 所以，存在使得，即， 此时，当时，；当时，， 所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，函数在处取得极大值，也是最大值， 即 令，在上恒成立， 所以在单调递增， 因为，所以 因为，所以，所以， 所以，证毕. 【解析】 【分析】（1）由题意知，再结合导数的几何意义求解即可； （2）（i）先讨论时，不成立，进而转化为讨论的情况，再结合函数单调性得在处取得极小值，且满足，进而将转化为，令，进一步转化为，再结合函数性质得，，最后代入求得的取值范围； （ii）结合（i）知，，，，进而得，再构造函数，研究函数性质得，，最后结合不等式性质即可证明. 【小问1详解】 解：当时，，定义域为，， 所以，， 所以，在处的切线方程为：，即 【小问2详解】 解：（i），要使函数有意义，则，即， 所以，当时，的定义域为；当时，的定义域为， 下面分情况讨论： 当时，的定义域为，， 当时，，故， 所以， 又，与恒成立矛盾，故时不满足题意； 当时，的定义域为，， 因为函数，在上均为单调递增函数， 所以在上单调递增， 因为时，；时，， 所以，存在唯一实数，使得，即， 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. 故要使成立，只需成立即可，即， 因为，所以， 所以， 由得， 将代入得， 变形并整理得， 令，则，所以， 令，则在恒成立， 所以在上单调递减， 又，所以，所以， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，所以 因为，所以 综上，的取值范围为 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $