精品解析：福建南平市2026届高三年级第二次适应性练习数学试卷

南平市2026届高三年级第二次适应性练习卷 数学 时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必在练习卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.写在本练习卷上无效. 3.考试结束后，将本练习卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 3. 某智能助手回答问题数据统计如下：理学类占总提问的40%，回答正确率为90%；文史类占总提问的60%，回答正确率为80%，用频率估计概率，则该助手回答问题正确的概率为（ ） A. 0.72 B. 0.8 C. 0.84 D. 0.9 4. 已知是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，则（ ） A. -2 B. C. D. 2 5. 已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 6. 已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度可得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的最大值为 C. 函数是奇函数 D. 函数在区间上单调递减 7. 勒洛三角形是一种特殊的曲边三角形，指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形称为勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知的边长为1，P为弧上任意一点，则的范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知 为双曲线上一动点，若存在点 到轴、轴的距离之比为，则双曲线 的离心率范围为（ ） 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. 已知各项均为正数的数列：1，2，，，，，其中奇数项成公差为的等差数列且和为9，偶数项成公比为的等比数列且和为14，则下列选项中正确的是（ ） A. B. C. 上四分位数为5 D. 下四分位数为5 10. 已知函数是定义域为的可导函数，若，且，则（ ） A. B. 是偶函数 C. D. 在上是减函数 11. 如图，在棱长为1的封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内放置两个小球，两球相切，且各自与对角的三个面均相切，设过两球公切点的公切平面为 ，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 截正方体所得截面不可能为五边形 B. 平面 截正方体所得截面面积的最大值是 C. 两球半径之和为定值 D. 两球体积之和的最大值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 用函数拟合一组数据，则观测数据的残差为________. 13. 若，，且，则的最小值为________. 14. 已知等差数列的公差为，若对任意，，总存在，使得，则的最小值为________. 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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，. （1）若，求的周长； （2）是否存在正整数，使得为钝角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 16. 如图所示，圆柱的一个轴截面为矩形，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为圆柱的一条母线， 为的中点，且. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的大小. 17. 已知椭圆 的焦点为，，离心率为.平行于轴的直线与椭圆 交于A，B两点，且与直线交于 点，直线与轴交于点. （1）求面积的最大值； （2）求的值. 18. 定义：函数图象上不同的三点，若它们的横坐标依次成等比数列，且该函数在点处的切线的斜率恒小于直线的斜率，则称该函数在点处“等比偏移”；若函数图象上任意一点都满足“等比偏移”，则称该函数是其定义域上的“等比偏移”函数.设. （1）讨论函数的极值； （2）当时，判断函数在点处是否“等比偏移”?请说明理由； （3）若，试证明：函数是其定义域上的“等比偏移”函数. 参考数据：， 19. 在棱长为 个单位的正四面体中，一个质点从顶点 出发，每次等可能地沿着棱移动 个单位，移动的方向是随机的. （1）若质点移动了次，记其经过点的次数为，求的分布列及数学期望； （2）若质点移动了次，质点回到 点的概率为. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南平市2026届高三年级第二次适应性练习卷 数学 时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必在练习卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.写在本练习卷上无效. 3.考试结束后，将本练习卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】方法一：集合， 又，所以. 方法二：因为，， 所以， 所以. 2. 若复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，移项得， 两边同乘，得. 因为，所以， 故复数的虚部为. 3. 某智能助手回答问题数据统计如下：理学类占总提问的40%，回答正确率为90%；文史类占总提问的60%，回答正确率为80%，用频率估计概率，则该助手回答问题正确的概率为（ ） A. 0.72 B. 0.8 C. 0.84 D. 0.9 【答案】C 【解析】 【详解】设“理学类提问”为事件 ，“文史类提问”为事件 ，“回答正确”为事件 ， 则， 所以. 4. 已知是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，则（ ） A. -2 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的周期性和奇偶性即可求解. 【详解】已知是定义在上且周期为的奇函数，所以有， 令，得， 由于是奇函数，有，所以，即，解得， 当时，，由于，所以， 因此，故B正确. 5. 已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 【答案】D 【解析】 【详解】二项式的展开式中所有项的系数和为32， 令，得，所以. 若，且，则. 所以，所以. 6. 已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度可得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的最大值为 C. 函数是奇函数 D. 函数在区间上单调递减 【答案】D 【解析】 【分析】应用二倍角余弦公式、辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质判断A、B；再由图象平移写出，结合奇函数性质及整体法求区间单调性判断C、D. 【详解】由题意得， 则的最小正周期，最大值为2，故A，B错误； 将函数的图象向左平移个单位长度可得到函数的图象， 所以，定义域为R，但，故C错误； 令，得， 因为，所以函数在区间上单调递减，故D正确， 7. 勒洛三角形是一种特殊的曲边三角形，指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形称为勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知的边长为1，P为弧 上任意一点，则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】以 为原点建立如图所示坐标系 则，设则，， 所以， 因为P为弧 上任意一点，为边长为1的等边三角形，所以， 所以，即的范围为. 8. 已知为双曲线上一动点，若存在点到轴、轴的距离之比为，则双曲线 的离心率范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题可先根据点到轴，轴的距离之比为得到点横纵坐标的关系，再结合双曲线方程，通过分析得到离心率的取值范围. 【详解】设点，因为点到轴，轴的距离之比为，所以，即. 因为点为双曲线上一动点，将代入双曲线方程可得：，即， 通分可得：，即，因为，所以，即； ，所以，离心率， 因为，故，则，所以，因此，双曲线的离心率范围为. 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. 已知各项均为正数的数列：1，2，，，，，其中奇数项成公差为的等差数列且和为9，偶数项成公比为的等比数列且和为14，则下列选项中正确的是（ ） A. B. C. 上四分位数为5 D. 下四分位数为5 【答案】BC 【解析】 【分析】根据等差、等比数列求，，，以及和，即可判断AB；根据百分位数的定义判断CD. 【详解】因为为等差数列，则，可得，，； 又因为成等比数列，则， 整理可得，解得或（舍去），可得，； 综上所述：数列为：1，2，3，4，5，8，故A错误，B正确； 因为，所以下四分位数为2，故D错误； 又因为，所以上四分位数为5，故C正确. 10. 已知函数是定义域为的可导函数，若，且，则（ ） A. B. 是偶函数 C. D. 在上是减函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】令判断A，令可判断B，令，所给等式两边取导数可判断C，对两边取导数，再令可求出，即可得出函数单调性判断D. 【详解】令，可得，故A正确； 令，可得，即，所以函数为奇函数，故B错误； 令，则，两边取导数可得，即，故C正确； 由，对两边求导，， 令，可得，又，所以， 当时，，所以在上是减函数，故D正确. 11. 如图，在棱长为1的封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内放置两个小球，两球相切，且各自与对角的三个面均相切，设过两球公切点的公切平面为，则下列结论正确的是（ ） A. 平面截正方体所得截面不可能为五边形 B. 平面截正方体所得截面面积的最大值是 C. 两球半径之和为定值 D. 两球体积之和的最大值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体及球的对称性，结合题意，可知两球的球心在正方体的体对角线上，两球的公切点在体对角线上，公切平面与体对角线垂直，由此可判断A；利用特殊截面，求其面积，可判断B；根据A的判断，结合正方体的性质，求出两球半径之和，判断C；用较大球的半径表示两球的体积之和，根据二次函数在给定区间上的最值，求得体积之和的最大值，判断D. 【详解】由题意知，两球球心到各自相切的三个面的距离相等，所以球心到三个面的距离分别等于对应球的半径， 因此两球的球心在正方体的体对角线上，两球的公切点在体对角线上. 因此公切平面与体对角线垂直，根据正方体的对称性可得， 平面截正方体所得截面不可能为五边形，所以A正确. 如图，当截面为时，因为为正三角形，所以其面积为， 所以B错误. 设两个球的半径为，且，则. 因为每个球都与一个顶点出发的三个面相切，此时可看作两个球分别棱长为的正方体的内切球， 所以两球球心到相应顶点的距离为对应正方体的体对角线的一半，即. 所以，所以，故C正确. 由，，得. 两球体积之和， 在上单调递增，所以当时，取得最大值，最大值为， 所以D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 用函数拟合一组数据，则观测数据的残差为________. 【答案】 【解析】 【详解】当时，， 所以残差为 13. 若，，且，则的最小值为________. 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意得，对整理，再利用基本不等式求解. 【详解】由得，所以， 因为，，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为5. 14. 已知等差数列的公差为，若对任意，，总存在，使得，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用通项公式得到与的关系，再利用恒成立问题求最小值. 【详解】由，可得， 解得. 设，由，可知. 而，则有，对恒成立. 又因为，则，则有，当且仅当时取等号. 所以最小值为. 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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，. （1）若，求的周长； （2）是否存在正整数，使得为钝角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）12 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换化简得到或，舍去不合要求的解，得到答案； （2）由大边对大角，得到 为钝角，由余弦定理结合三角形三边关系得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 ，， ， ，即， 或， ，，或， 当时，边最长，与条件矛盾，故舍去； 当时，则，又，， ，解得. ，，，的周长为； 【小问2详解】 存在，理由如下： 显然，若为钝角三角形，则 为钝角， 由余弦定理可得， 解得， 由三角形三边关系可得，即，可得， 是正整数，故. 16. 如图所示，圆柱的一个轴截面为矩形， 是圆柱底面的直径，为底面圆心，为圆柱的一条母线，为的中点，且. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的大小. 【答案】（1）思路一： 由BC是直径可知，则是等腰直角三角形，故， 由圆柱的特征可知平面ABC，又平面ABC，所以， 因为，，平面，则平面， 而平面，则， 因为，则，所以， ， 所以， 所以，即， 因为，，，，平面， 所以平面， 又平面，故平面平面. 思路二：因为，则，，， 所以， 所以，即， 同理可证， 在二面角中且， 所以为二面角的平面角， 由思路一知，所以二面角为直二面角，即平面平面 （2） 【解析】 【分析】（1）根据图形特征结合勾股逆定理先证，，再由线线垂直得线面垂直，进而根据线面垂直的性质可得面面垂直；或根据定义证得为二面角是直二面角，进而得面面垂直. （2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意及（1）易知，AB，AC两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 则，，， 所以，，， 由（1）知平面，故平面的一个法向量是， 设是平面的一个法向量， 则有，取，可得 设平面与平面夹角为， 所以， 则平面与平面夹角的大小为. 17. 已知椭圆 的焦点为，，离心率为.平行于轴的直线与椭圆 交于A，B两点，且与直线交于点，直线与轴交于点. （1）求面积的最大值； （2）求的值. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）根据题意求得椭圆的方程为，设，，进而根据基本不等式求得，再算面积即可； （2）设，，进而根据，，三点共线，结合向量表示求得，再根据两点间的距离公式求解即可得答案. 【小问1详解】 因为椭圆 的离心率为，故，， 所以椭圆的方程为，如图， 设，，其中，， 因为在 上，所以， 由基本不等式，， 故，当且仅当时，等号成立， 所以面积，即面积的最大值为. 【小问2详解】 设，，则，，三点共线， 所以，即，解得， 所以， ， 所以. 18. 定义：函数图象上不同的三点，若它们的横坐标依次成等比数列，且该函数在点 处的切线的斜率恒小于直线 的斜率，则称该函数在点 处“等比偏移”；若函数图象上任意一点 都满足“等比偏移”，则称该函数是其定义域上的“等比偏移”函数.设. （1）讨论函数的极值； （2）当时，判断函数在点处是否“等比偏移”?请说明理由； （3）若，试证明：函数是其定义域上的“等比偏移”函数. 参考数据：， 【答案】（1） 当时，无极值； 当时，在处取得极小值为，无极大值. （2）不“等比偏移”，理由如下： 方法一： 结论：当时，在处不“等比偏移”，理由如下： 当时，，， 在 处的切线斜率为， 取，，，， ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移” 方法二： 所以当时，在处不“等比偏移”. 一般的，取A，B，C三点的横坐标成等比数列，设，，， 直线 的斜率为， 取就是上面的特例； 若取，则有 ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移”. 经检验，取或都成立； （3）证明：思路一：设，，不妨设，则， 要证是其定义域上的“等比偏移”函数，只要证. 因为，， ，， ， 故只要证，（*） 由均值不等式知：， 当时，（*）式显然成立； 当时，要证（*）式，只要证， 只要证，即证. 设，，则只需证：当时，恒成立. 令，当时， 因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. 思路二：以上证法同思路一. 若设，，则只需证：当时，恒成立. 令，因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. 【解析】 【分析】（1）研究函数的单调性，根据单调区间判断极值即可； （2）方法一：由题知在 处的切线斜率为，再取，，计算得即可判断； 方法二：同法一求得在 处的切线斜率为，设，，，再求，再取特殊值即可判断； （3）方法一：设，，不妨设，则，进而转化为 证，进一步转化为证明，当时，（*）式显然成立 ；当时，转化为证明，即证. 设，，进一步转化为证明当时，恒成立，最后构造函数证明不等式即可； 方法二：同方法一得证，再设，，转化为证明当时，恒成立，再构造函数证明不等式即可； 【小问1详解】 首先的定义域为，. 当时，，在上单调递增，无极值； 当时，由于函数与在上单调递增， 所以在上单调递增， 令， 所以，当时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又 所以在处取得极小值，，无极大值. 【小问2详解】 不，理由略. 【小问3详解】 略 19. 在棱长为个单位的正四面体中，一个质点从顶点 出发，每次等可能地沿着棱移动个单位，移动的方向是随机的. （1）若质点移动了次，记其经过点 的次数为，求的分布列及数学期望； （2）若质点移动了次，质点回到 点的概率为. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设，证明：. 【答案】（1）的分布列为 X P （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：， ，所以，是递减数列， 设，，， 所以函数在上单调递增， 所以由得， 即， 所以， 则. 【解析】 【分析】（1）根据的所有可能取值依次求概率即可得到的分布列，最后通过数学期望的公式求出期望； （2）（i）根据次后质点到三点的概率相同，再根据次后质点从三点回到 点的概率也相同，即可得到数列的通项公式；（ii）先写出数列的表达式，构造函数，利用函数的单调性即可证明. 【小问1详解】 依题意可得，的所有可能取值为， 则，， ， 则的分布列为 X P 所以. 【小问2详解】 （ⅰ）由质点每次等可能地随机沿棱移动个单位可知，若质点移动了次，次后质点到三点的概率相同，记为，易知，， 若质点移动了次，， 若质点移动了次，由三点等可能地向点 移动，故， 则，即，所以，， 数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即. （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $