精品解析：福建龙岩市2026届高三适应性练习数学试题

龙岩市2026届高中毕业班适应性练习 数学试题 （满分：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上． 2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”． 一、单项选择题：本大题共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. 已知数据：，将这组数据中的每个数值都加上3后，与原始数据相比，调整后的数据中不会发生改变的是（ ） A. 方差 B. 众数 C. 中位数 D. 平均数 3. 已知等比数列为1，2，4，8，…．若数列满足，且是与的等比中项，则的值为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 16 4. 已知，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 已知事件满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆与抛物线交于两点．若，则的值为（ ） A. 6 B. 12 C. D. 7. 已知函数的定义域为，满足，当时，．若，则实数的值为（ ） A. B. 4 C. 或 D. 2或4 8. 在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点为正方形内部（不含边界）的一点，且 ，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 已知复数满足，则（ ） A. B. 在复平面内所对应的点在第三象限 C. 若，则的最大值为 D. 和是方程在复数范围内的两个根 10. 已知函数的部分图象如图所示，为图象的最高点，分别为图象与轴，轴的交点，则（ ） A. B. 为的一条对称轴 C. 函数在上有且只有4个零点 D. 若在区间上的最大值为，则 11. 已知不共线的平面向量，满足，且，则（ ） A. 与的夹角的取值范围为 B. 当时， C. 当时，的最小值为 D. 对于给定的，记的最小值为，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中项的系数为_____________. 13. 已知圆锥的轴截面是等边三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积的比值为__________． 14. 已知数列，设．若，，其中，当取得最小值时，__________． 四、解答题：本大题共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，内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若边上的中线的长为2，求面积的最大值． 16. 已知三棱锥，与都是边长为的等边三角形． （1）若，证明：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 某逃脱关卡游戏的最后一关有3扇外观有细微差异的传送门，其中仅有1扇传送门可通往安全出口，资深玩家可以识别细微差异，新手玩家无法识别这种差异．该关卡的游戏规则为：每位玩家每次仅选1扇传送门尝试，选对且走出安全出口，游戏结束，选错则重新选择．规定每位玩家至多有10次尝试的机会，且每次尝试后传送门的顺序会随机调整．现有新手玩家和资深玩家独立挑战该关卡，玩家每次均从3扇门中等可能随机选择1扇门尝试，各次选择相互独立；玩家每试错1扇门，下次则不重复选择已选错的门．设挑战结束时，随机变量分别为玩家尝试的次数． （1）求； （2）求证：． 18. 已知椭圆，的短轴长为双曲线的实轴长，且的离心率为．点为的上顶点，点为的右顶点，点的坐标为（1，0）． （1）求的方程； （2）若过点的直线与交于两点，设，其中，直线交轴于点．若四边形为等腰梯形，求的方程； （3）若直线与交于两点，求四边形面积的最大值． 19. 已知函数． （1）求的极小值点； （2）已知对任意都成立，求整数的最大值； （3）已知，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙岩市2026届高中毕业班适应性练习 数学试题 （满分：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上． 2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”． 一、单项选择题：本大题共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】C 【解析】 【详解】由题意得， 再根据交集的概念得. 2. 已知数据：，将这组数据中的每个数值都加上3后，与原始数据相比，调整后的数据中不会发生改变的是（ ） A. 方差 B. 众数 C. 中位数 D. 平均数 【答案】A 【解析】 【分析】设原始数据为，新数据为，且，则，根据样本的数字特征的定义和计算公式分析即可判断. 【详解】原始数据：，将这组数据中的每个数值都加上3后， 新数据：， 对于A，由知，故A正确； 对于B，原始数据的众数为3，新数据的众数为6，故B错误； 对于C，原始数据的中位数为，新数据的中位数为，故C错误； 对于D，由知，故D错误. 3. 已知等比数列为1，2，4，8，…．若数列满足，且是与的等比中项，则的值为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得等比数列的通项公式为，， 又是与的等比中项，，即，解得. 4. 已知，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】结合二倍角公式和同角三角函数的基本关系求值. 【详解】因为， 所以， 所以， 即. 5. 已知事件满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据条件概率的公式得， . 6. 已知圆与抛物线交于两点．若，则的值为（ ） A. 6 B. 12 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆以及抛物线的对称性得到，再求交点横坐标，进而得到. 【详解】圆和抛物线都关于轴对称，因此交点也关于轴对称. 设，由​得​，即. 则，解得或， 因为抛物线中，舍去，得交点横坐标. 将代入抛物线方程，得. 7. 已知函数的定义域为，满足，当时，．若，则实数的值为（ ） A. B. 4 C. 或 D. 2或4 【答案】D 【解析】 【分析】利用得出函数的对称轴，再结合已知条件分情况讨论的取值范围，进而求解的值. 【详解】由可得函数的图象关于直线对称， 当时，因为时，，且， 则，将方程变形得. 设，则方程变为，化简得. 解得或（舍去）， 所以，得. 当时，因为函数的图象关于直线对称，所以. 此时，则， 根据对数换底公式进行变形得. 设，则方程变为，化简得. 解得或（舍去），所以，解得. 综上，实数的值为或4. 8. 在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点为正方形内部（不含边界）的一点，且 ，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据椭圆的定义的动点的轨迹方程，根据异面直线所成角空间向量法得其表达式，利用换元法结合二次函数性质计算可得取值范围. 【详解】如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，在平面内，由，符合椭圆的定义． 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，设其方程为， 由题意可知， 所以椭圆方程为：， 显然， 又，则， 直线与所成角的余弦值 又，代入得， 当时，令，， 由二次函数性质可知，在上单调递增，所以， 所以. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 已知复数满足，则（ ） A. B. 在复平面内所对应的点在第三象限 C. 若，则的最大值为 D. 和是方程在复数范围内的两个根 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的运算、几何意义以及复数的模求解即可. 【详解】. 选项A：. 选项B：在复平面内所对应的点在第三象限. 选项C：若，则在以点为圆心，1为半径的圆上，原点到圆心的距离为， 因此圆上点到原点的最大距离为. 选项D：解方程，判别式， 根为 正好是和，因此二者是方程的两个根. 10. 已知函数的部分图象如图所示，为图象的最高点，分别为图象与轴，轴的交点，则（ ） A. B. 为的一条对称轴 C. 函数在上有且只有4个零点 D. 若在区间上的最大值为，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数所过的点，求出函数的两个参数，得到具体函数解析式，再根据正弦函数的对称轴，单调区间，零点、最值，逐项计算判断即可. 【详解】已知，过，得， 结合，得； 过，且是最高点之后的零点，满足，解得. 因此，最高点坐标为. 选项A.，，则，A选项正确； 选项B.不是最值，故不是的对称轴，B选项错误； 选项C.， 因此，该函数是偶函数. 当时，，不是零点. 令，即. 当时，作出函数和在区间上的图象如下： . 所以当时有2个零点，由偶函数对称性，当时有2个零点，总共4个零点，C选项正确； 选项D.中，对应，即长度为的区间上的最大值. 取，区间对应，最大值，不满足，D选项错误. 11. 已知不共线的平面向量，满足，且，则（ ） A. 与的夹角的取值范围为 B. 当时， C. 当时，的最小值为 D. 对于给定的，记的最小值为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题干中，可结合双曲线的定义在双曲线中进行求解，将向量问题转化为解析几何问题，根据题干中的条件可得双曲线的标准方程为：，用坐标表示，根据，可设，即得的轨迹方程为；利用双曲线的几何性质，逐项分析即可. 【详解】 在双曲线中，点为双曲线上的一点， 设，则， 因为，，则，故， 所以双曲线的标准方程为：． 由双曲线的对称性，在以下求解中，只考虑的情况． 故，又，设， 则，解得， 所以的轨迹方程为． 对于选项A，由双曲线的方程及是不共线的平面向量，与的夹角即为， 双曲线的渐近线方程为， 所以：，故选项A正确； 对于选项B，当时，在上的投影向量为， 则，故，故选项B错误； 对于选项C，当时，解得点坐标为， 此时有最小值，故选项C正确； 对于选项D，由选项C可得当点与点纵坐标相等时，的值最小， 设，故， 又，则， 因为点在双曲线上， 所以，故，所以．故选项D正确． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中项的系数为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为即可求解. 【详解】解：由得， 令， 故答案为：. 13. 已知圆锥的轴截面是等边三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积的比值为__________． 【答案】 【解析】 【详解】设圆锥底面半径为，又圆锥的轴截面是等边三角形，故圆锥母线长为，圆锥的高为， 设球的半径为，球心到底面圆心的距离为，有, ，化简得， 则该圆锥的体积为，球的体积为， 故圆锥与球的体积的比值为. 14. 已知数列，设．若，，其中，当取得最小值时，__________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意，利用通项与前项和关系求出，，则，令，则，根据求出答案. 【详解】解：当时，，即， 当时，， 所以，对成立，故． 此时． 又因为时，， 当时，，对成立， 故 此时， 令， 得，而，所以， 则，所以当时，，当时，， 即奇数项中，最小，而， 故数列的最小项为，则当取得最小值时，． 四、解答题：本大题共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，内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若边上的中线的长为2，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理以及特殊角的三角函数值求解即可. （2）根据向量的模以及基本不等式得，再根据三角形面积公式求最值. 【小问1详解】 因为，所以， 因为所以， 所以 ，， 因为，． 【小问2详解】 因为是边上的中线，所以， 两边平方：， 由（1）得， 代入已知条件得：， 整理得 ， 所以． 所以，当且仅当时， 取到等号，所以面积的最大值为． 16. 已知三棱锥，与都是边长为的等边三角形． （1）若，证明：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：由题意，是边长为的等边三角形，过点作于点，连接， 则，又，则，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， （2） 【解析】 【分析】（1）过点作于点，连接，利用几何关系及线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可求解； （2）法一，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，利用线面角的向量法，即可求解；法二，利用等体积法，求出到平面的距离，再利用线面角的定义，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一（向量法） 因为，，平面平面，所以， 以为坐标原点，分别以所在直线为，轴，过作底面的垂线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 方法二（几何法） 因为，，平面平面，所以， 又，所以 因为，过作于， 因为，，平面，则平面， 又平面，所以平面平面 又因为平面平面，故平面， 所以，所以， 由，可得， 则， 由，得到，解得， 设直线与平面所成角为，则. 17. 某逃脱关卡游戏的最后一关有3扇外观有细微差异的传送门，其中仅有1扇传送门可通往安全出口，资深玩家可以识别细微差异，新手玩家无法识别这种差异．该关卡的游戏规则为：每位玩家每次仅选1扇传送门尝试，选对且走出安全出口，游戏结束，选错则重新选择．规定每位玩家至多有10次尝试的机会，且每次尝试后传送门的顺序会随机调整．现有新手玩家和资深玩家独立挑战该关卡，玩家每次均从3扇门中等可能随机选择1扇门尝试，各次选择相互独立；玩家每试错1扇门，下次则不重复选择已选错的门．设挑战结束时，随机变量分别为玩家尝试的次数． （1）求； （2）求证：． 【答案】（1） （2）证明： 当时， 当时， 得 设①，此时， ② ①－②得： 所以 【解析】 【分析】（1）依题意，分别列出的所有可能的值，求出对应的概率分布列，再由结合独立事件概率乘法公式计算即得； （2）根据（1）的结论求出的表达式，利用错位相减法求其和即可得证. 【小问1详解】 由已知得： 所以 设资深玩家B在第i次尝试中选对为事件， 则 所以， 又因为随机变量相互独立， 所以 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆，的短轴长为双曲线的实轴长，且的离心率为．点为的上顶点，点为的右顶点，点的坐标为（1，0）． （1）求的方程； （2）若过点的直线与交于两点，设，其中，直线交轴于点．若四边形为等腰梯形，求的方程； （3）若直线与交于两点，求四边形面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3）4 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质列式求解即可； （2）法一：设直线的方程为，联立椭圆与直线方程，利用四边形为等腰梯形，得，求得， 进而得到即可求出； 法二：利用四边形为等腰梯形，得，再取的中点为，连接，得到，求出直线的方程，与椭圆方程联立即可求出点坐标，进而求出直线的方程； 法三：设直线l的方程为，与椭圆方程联立，再利用四边形为等腰梯形，得到，进而求出的值即可； （3）法一：将直线与椭圆方程进行联立，设，，利用直线与直线平行得到，即可列出，，最后求导判断单调性即可求出； 法二：令，则可化为，再令则，利用函数的性质即可求出四边形面积的最大值. 【小问1详解】 依题意得：，得， 故的方程为． 【小问2详解】 法一：显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为(其中)， 联立，消去得， 设，则， 由四边形为等腰梯形，且均在轴上，轴， 故， 得， 即，化简得． 联立，得，代入， 得， 化简得所以， 因为 所以， 所以直线的方程为，即． 法二：由四边形为等腰梯形，且均在轴上，轴， 故，故，设， 取的中点为，连接，则， 则直线的方程为， 令， 设直线），联立，消去得， 则，则 ， ， 所以， 则，因此，又， 所以， 所以直线的方程为，即． 法三：显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为， 联立 ，消去得， 设，且， 则 ， ， 因为四边形MPQM1为等腰梯形，且P 、Q均在x轴上，NM1//x轴， 故 所以， 所以 所以，解得， 所以直线l的方程为. 【小问3详解】 法一：联立方程：，消去y可得， 且，则， 可知直线与椭圆相交， 设，，则，则， 又因为点，，则，直线的方程为，即， 可知直线：与直线：平行， 则两平行线间距离为， 则 ， 即，， 则， 设， （i）当时，，即； （ⅱ）当时，因为函数单调递减，函数单调递增， 可知单调递减，且， ①当时，，即； ②当时，，即； 综上所述：当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 所以的最大值为 法二：同法一得 令 则可化为 令 则 所以 当，即时，， 所以的最大值为4． 19. 已知函数． （1）求的极小值点； （2）已知对任意都成立，求整数的最大值； （3）已知，证明：． 【答案】（1） （2）4 （3）证明：令，，则， 所以，要证，即证， 即证， 等价于证， 设，， 则， 所以在上单调递增，所以， 即， 因此只需证， 即 对于（1）式，只需证， 可设，， 则， 所以在上单调递减，在单调递增． 故，即成立． 对于（2）式，即要证， 设，则， 设，， 则，所以在上单调递减， 所以，即， 所以， 令，则， 由知， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 则在上递增，所以 综上命题得证． 【解析】 【分析】（1）求函数的定义域和导函数，再求导函数零点，根据导数与极值的关系求极小值点 （2）恒成立分离参数，构造新函数后用隐零点简化最小值计算，锁定最值区间，快速取最大整数 （3）令，只需证，再利用导数证明结论. 【小问1详解】 的定义域为，，由得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以的极小值点为． 【小问2详解】 法一：等价于， 又，可得， 令，， 记，则， 所以在单调递增． 又，， 故在上有唯一零点， 且， 又在单调递减，在单调递增， 所以， 由可得，又为整数， 所以整数的最大值为4． 法二：令 ， 问题转化为：对任意有，因为 当时， 所以在单调递增， 故，符合题意． 当时， ， 当 单调递减， 当 单调递增， 所以 ， 令 ， 所以在单调递减，又， 所以当时，满足的最大整数的值为4 综上：结合时均满足条件，所以整数的最大值为4． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $