精品解析：福建省泉州第五中学2026届高中毕业班5月高考适应性检测（一）数学试题

泉州五中2026届高中毕业班高考适应性检测（一） 数学 本试卷共19题，满分150分，共4页．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效． 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试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. 已知复数，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算和复数的模即可求解. 【详解】由复数满足，可得，代入方程，则 ， 所以 ，则 ，因此 ，故B正确. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用辅助角公式可得 ，结合特殊角的三角函数值求得，代入即可求解. 【详解】由 ， 所以 ,则， 即，所以 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式求得集合，进而求得. 【详解】对于一元二次不等式，方程的两根为， 因此，. ， 二次式 的判别式 ，故 恒成立， 因此，不等式 等价于，即 . 因此，. 4. 定义在上的奇函数，其导函数为，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数定义，两边取导数可得，据此求解即可. 【详解】因为定义在上的奇函数，所以， 两边取导数可得，即， 所以， 因为时，，所以时，， 所以. 5. 记公差不为0的等差数列，其前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知有、，结合等差数列的通项公式、前n项和公式依次判断各项的正误. 【详解】若的公差为，且，， 所以，即， 由，则，A错， 由，则，B对， 由，而的符号未知，C错， 由，D错. 6. 已知一组样本数据的样本容量为10，平均数为6，方差为2．现去掉其中的两个数据3和9，则剩下的8个样本数据的方差为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】设原样本为，则去掉数据后的平均值为， 又，所以， 所以去掉数据后的方差为. 7. 已知正方体的棱长为2，为空间中任一点，则下列结论正确的是（ ） A. 若在上，则 B. 若在正方形内，，则点轨迹的长度为 C. 若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 D. 若在平面内，，则点的轨迹为椭圆的一部分 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系. A.通过向量的数量积不恒为0作出判断；B.通过定长得到轨迹是圆；C.找到球心和半径，计算外接球体积；D.根据几何意义判断. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，， A. ，因为在上，作交于，则,设 ，则，所以，，则， 所以 当时，，即不恒垂直，故A 错误； B. 在正方形内，，所以, 所以点轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以点轨迹的长度为，故B 错误； C.因为为正方形的中心，则， 因为为直角三角形，它的外接圆圆心为 ， 因为, , , , 所以到，的距离都相等， 所以球心为 ，半径， 则三棱锥外接球的体积为,故C 错误； D.若在平面内，，即对定点与定直线的张角为定值， 几何意义：在以为轴线，半顶角的圆锥面上， 因为平面,所以轴线与平面所成的角是， 因为，故平面与圆锥面的交线为椭圆的一部分, 故D正确. 8. 当时，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用换元法，把问题转化为 ，，对分与讨论；从而存在满足条件的充要条件是：；接着再对作分类讨论，得到满足条件的. 【详解】因为当时，，得， 令，且，则，即， 所以 ， 当，，恒成立； 当，，得 ， 所以； 当，，得 ， 所以； 所以，存在满足条件的充要条件是：， 令，，则转化为， ， 当，，则在单调递减，，矛盾； 当，令，得, ​当，即，此时，则在单调递增， ，满足条件； 当，即，此时在单调递减，在单调递增， ，，所以， 所以 ，，因为， 所以，满足条件； 当 ，即，此时在单调递减，在单调递增， ，，但， 与矛盾； 当 ，即，则 ，则在单调递减，，矛盾； ​综上所述， 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知两条不同的直线，，两个不同的平面，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】BC 【解析】 【分析】结合空间线面位置关系的判定定理判断即可. 【详解】选项A.若，，，则或与相交，错误. 选项B.因为，，所以直线是平面的一条法线，直线是平面的一条法线， 又因为，因此平面，正确. 选项C.由，所以平面内存在直线满足；又，因此. 因为，所以；又因为，根据面面垂直的判定定理，所以，正确. 选项D.若，，，则或与相交，错误. 10. 已知函数，则（） A. 图象关于轴对称 B. 的最小正周期为 C. 的值域为 D. 在单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】先利用判定函数为偶函数，再赋值验算排除周期为，借助三角恒等变形确定函数值域，最后换元结合余弦函数性质判断指定区间单调性，依次得出各选项正误. 【详解】选项A.因为的定义域为，且. 所以是偶函数，图象关于轴对称，A正确. 选项B.当时，; 当时，. 取， 故的最小正周期不是，B错误. 选项C.当时，; 当时，. 由三角函数性质知，，，所以的值域为，C正确. 选项D.当时，，. 令，则，. 当时，单调递增且非负，故在上单调递增，D正确. 11. 已知点是双曲线的一个焦点，直线过且与的一条渐近线垂直，与的另一条渐近线相交于点，与的两支分别相交于，两点，则（ ） A. 的离心率的取值范围为 B. 若，则的离心率为2 C. 若，则的离心率为 D. 若，则的离心率为 【答案】AB 【解析】 【分析】A.利用 斜率绝对值小于渐近线斜率绝对值求解；B.求出点A坐标，再解出离心率的值；C. 求出离心率满足的式子，再把代入验证；D. 通过，及点在双曲线上，求出的取值. 【详解】不妨设双曲线，焦点，，离心率， 渐近线：， 直线过，与渐近线垂直，则的斜率为，方程：； A.直线与双曲线两支各交于一点，说明斜率绝对值小于渐近线斜率绝对值： ，所以，故 A 正确； B.联立 与另一条渐近线, 得 , 由 ，得,即 ， ，因为，所以 ， 化简得，因为，所以，即 ， 因为 ，所以，故 B 正确； C. 联立 与双曲线，整理得： ， 设，则，， 弦长公式： ， 所以 ， ，，， ，所以，即， 即，两边同时除以，得， 即，把代入不成立，所以，故C 错误； D．联立 与双曲线， 整理得： ， ，设，则，显然， 将代入：， 两边乘：， ， ，代入： ， 所以 ， 所以， 所以或(舍去)，所以， 把代入双曲线方程，得 ， 即 ，整理得， 即，所以， 令，则，解得或 (舍去)，所以 ， 所以离心率，故D 错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，，则的最小值是__________． 【答案】 【解析】 【详解】已知平面向量，， 则，则. 当时，. 13. 甲抛掷质地均匀的硬币2次，乙抛掷质地均匀的硬币3次，则甲得到的正面向上的次数比乙得到的正面向上的次数少的概率是______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】设事件表示甲抛掷后正面朝上次，，事件表示乙抛掷后正面朝上次，，计算，设事件表示甲得到的正面朝上的次数比乙得到的正面朝上的次数少，即，代入计算即可. 【详解】设事件表示甲抛掷后正面朝上次，， 事件表示乙抛掷后正面朝上次，， 所以，， 设事件表示甲得到的正面朝上的次数比乙得到的正面朝上的次数少， 所以. 14. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与在第一象限相交于，两点，若，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，直线方程，联立方程利用韦达定理结合，解得，利用弦长公式得到. 【详解】 设，直线方程， 联立，得， 由韦达定理得 （*）， 因为，且， 则，代入（*），解得， 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. 已知数列的前项和为，． （1）证明：是等差数列； （2）若 ，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据可得，两式相减即可求解； （2）由（1）得到的表达式，分别讨论为奇数和偶数的情况即可求解. 【小问1详解】 当时，，所以， 当时，，又因为， 所以，即，所以， 所以 ， 所以是以为首项，公差为的等差数列． 【小问2详解】 由（1）得， ，， ，， 设，则 变为对任意正整数恒成立， 当，，； 当，，， 因为， 所以，当时，，即；当时，，即， 故，， 所以，解得或， 因此的取值范围为． 16. 为了解某地区居民每户月均用电情况，采用随机抽样的方式随机调查了100户居民，获得了他们每户月均用电量的数据，发现每户月均用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开区间），得到如下频率分布直方图： （1）记频率分布直方图中从左到右的分组依次为第1组，第2组，...，第6组，从第5组和第6组中任取2户居民，求他们月均用电量都不低于的概率； （2）从该地区居民中随机抽取3户，设月均用电量在之间的用户数为，以频率估计概率，求的分布列和数学期望； （3）该地区为提倡节约用电，拟以每户月均用电量为依据，给该地区月均用电量不少于的居民用户每户发出一份节约用电倡议书，且发放倡议书的数量为该地区居民用户数的2%. 请根据此次调查的数据，估计应定为多少合适?（只需写出结论）. 【答案】（1）； （2）的分布列见解析，； （3）应定为325合适. 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图分别求出100户居民中第5组和第6组的居民户数，再结合古典概型的概率公式即可求解. （2），的可能取值为，依次求出各取值的概率，再结合期望公式即可求解. （3）依据条件结合第98百分位数的定义即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，100户居民中， 第5组居民户数为，第6组的居民户数为， 所以从第5组和第6组中任取2户居民，他们月均用电量都不低于的概率为. 【小问2详解】 该地区月均用电量在之间的用户所占的频率为， 所以由题意可知，的可能取值为， 所以，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 . 【小问3详解】 由频率分布直方图可知月均用电量在之间的用户所占的频率为， 设月均用电量的样本数据的第98百分位数为b，则， 所以， 所以应定为325合适. 17. 已知三棱柱中，，，，，，且，，分别为，，的中点． （1）求证：平面； （2）求的长度的取值范围； （3）若，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）以为基底表示，即，同时设，再利用，进而将表示为的函数后，再求其取值范围. （3）建立空间直角坐标系，设根据，求，根据求，再根据求，再设与平面所成的角为，即可利用进行求解. 【小问1详解】 连接，则，分别为，的中点，， 又平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 因为，，设，则，， 则， ， ， 又因为， ， ， 其中 ． 因为，所以， 又在单调递增，所以 ， ，所以， 故的长度的取值范围为． 【小问3详解】 以为坐标原点，，，为，，轴的正方向，建立如图空间直角坐标系． 则，，，设（）， ，，． 因为，所以，，，解得． 因为，所以，，，解得． 又因为，所以 ，所以． 设为平面的一个法向量，则， 又，，所以， 令，得，，． 设与平面所成的角为，， 则． 所以与平面所成的角的正弦值为． 18. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，证明：有且只有一条直线与曲线，都相切； （3）若，是方程的两根，证明：． 【答案】（1）若，的单调递增区间为；若，的单调递减区间为，单调递增区间为 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用导数与函数单调性间的关系，分和，即可求解； （2）利用导数的几何意义，将问题转化成方程只有一解，即可求解； （3）根据条件得，，进而可得，构造函数，求出其单调区间，得到，即可求解. 【小问1详解】 ，易知的定义域为，， 若，则，故在上单调递增， 若，则当时，，时，， 故时，的单调递减区间为，单调递增区间为， 综上，若，的单调递增区间为， 若，的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 设直线方程为与曲线，分别相切于点，， 故，即，整理得， 当，由得到， 令，则恒成立， 所以在区间上单调递减，且，， 所以在有且只有唯一零点， 故当时，有且只有一个解， 当，由得到， 令，则， 当时，，在区间上单调递减，时，，在区间上单调递增， 所以，故时，无解， 综上所述，有且只有一个解，即有且只有一条直线与曲线，都相切． 【小问3详解】 由得，， 令，则，即， 因为，所以当时，，则在区间上单调递减， 当时，，则在区间上单调递增， 所以当，取得最小值， 又当，；当，，，所以的图象如图所示， 依题意得，与有两个交点，所以，， 因为，所以，则． 令，则，所以在区间上单调递减， 则，故当时，，． 因为，所以 ，则， 由，，可得． 19. 已知动圆与已知圆外切，与圆内切，记的轨迹为． （1）求的方程； （2）已知，直线斜率存在，且与轨迹相交于，两点，与轴相交于点，． （i）证明：直线过定点； （ii）若与轴相交于，两点，求向量，的夹角的最大值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析（ii） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用圆与圆的位置关系及椭圆的定义，即可求解； （2）（i）设直线的方程为，根据条件可得，即可求解； （ii）根据条件，得到，从而有，再利用基本不等式，即可求解； 【小问1详解】 因为圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径， 且，可知圆在圆内部， 设动圆的半径为， 由题意可得，，则， 可知动圆圆心的轨迹是以、为焦点的椭圆，且，，， 所以动圆圆心的轨迹的方程为． 【小问2详解】 （i）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，， 联立方程，消去整理得， 则，，． 由正弦定理得，，， 又，，所以， 则，所以， 所以，得到， 所以，即， 则，整理得． 所以直线的方程为，故直线过定点. （ii）不妨设，，则，， ， 因为，， 所以， 又，所以， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，过作， 则 ，且 则， 又，当且仅当时取等号， 所以当时，取得最大值，此时， 又，故向量，的夹角的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州五中2026届高中毕业班高考适应性检测（一） 数学 本试卷共19题，满分150分，共4页．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效． 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试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. 已知复数，满足，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 定义在上的奇函数，其导函数为，当时，，则（ ） A. B. C. D. 5. 记公差不为0的等差数列，其前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知一组样本数据的样本容量为10，平均数为6，方差为2．现去掉其中的两个数据3和9，则剩下的8个样本数据的方差为（ ） A. B. C. 2 D. 7. 已知正方体的棱长为2，为空间中任一点，则下列结论正确的是（ ） A. 若在上，则 B. 若在正方形内，，则点轨迹的长度为 C. 若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 D. 若在平面内，，则点的轨迹为椭圆的一部分 8. 当时，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知两条不同的直线，，两个不同的平面，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 10. 已知函数，则（） A. 图象关于轴对称 B. 的最小正周期为 C. 的值域为 D. 在单调递增 11. 已知点是双曲线的一个焦点，直线过且与的一条渐近线垂直，与的另一条渐近线相交于点，与的两支分别相交于，两点，则（ ） A. 的离心率的取值范围为 B. 若，则的离心率为2 C. 若，则的离心率为 D. 若，则的离心率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，，则的最小值是__________． 13. 甲抛掷质地均匀的硬币2次，乙抛掷质地均匀的硬币3次，则甲得到的正面向上的次数比乙得到的正面向上的次数少的概率是______． 14. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与在第一象限相交于，两点，若，则__________． 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. 已知数列的前项和为，． （1）证明：是等差数列； （2）若 ，求的取值范围． 16. 为了解某地区居民每户月均用电情况，采用随机抽样的方式随机调查了100户居民，获得了他们每户月均用电量的数据，发现每户月均用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开区间），得到如下频率分布直方图： （1）记频率分布直方图中从左到右的分组依次为第1组，第2组，...，第6组，从第5组和第6组中任取2户居民，求他们月均用电量都不低于的概率； （2）从该地区居民中随机抽取3户，设月均用电量在之间的用户数为，以频率估计概率，求的分布列和数学期望； （3）该地区为提倡节约用电，拟以每户月均用电量为依据，给该地区月均用电量不少于的居民用户每户发出一份节约用电倡议书，且发放倡议书的数量为该地区居民用户数的2%. 请根据此次调查的数据，估计应定为多少合适?（只需写出结论）. 17. 已知三棱柱中，，，，，，且，，分别为，，的中点． （1）求证：平面； （2）求的长度的取值范围； （3）若，求与平面所成的角的正弦值． 18. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，证明：有且只有一条直线与曲线，都相切； （3）若，是方程的两根，证明：． 19. 已知动圆与已知圆外切，与圆内切，记的轨迹为． （1）求的方程； （2）已知，直线斜率存在，且与轨迹相交于，两点，与轴相交于点，． （i）证明：直线过定点； （ii）若与轴相交于，两点，求向量，的夹角的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $