精品解析：福建名校联盟2026届高中毕业班适应性练习数学试题

数学试题 本试卷共4页，19小题，考试时间120分钟，总分150分. 注意事项： 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，再选涂其他答案标号.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，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 设全集，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知样本数据7，8，9，10，a的平均数为8，则该样本的中位数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 4. 若曲线在处的切线的倾斜角为，则（ ） A. B. 2 C. D. 5. 已知函数（），则“，”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充分必要条件 6. 已知数列是首项为，公差为的等差数列，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 7. 在正三棱柱中，D，E分别满足，，点F在棱上，若平面将该三棱柱分割成体积相等的两部分，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 在平面直角坐标系中，已知，若圆上存在点，满足，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知抛物线（）的焦点为，设为坐标原点，记的准线与轴的交点为，动点在上，则（ ） A. 的方程为 B. 若，则到轴的距离为 C. 若，则的面积为 D. 若，则直线与相切 10. 已知为定义在R上的偶函数，且的图象关于直线对称，当时，，则（ ） A. B. C. 关于x的方程恰有3个不同的实数解 D. 不等式 的解集为 11. 将4个红球，4个蓝球，2个白球随机摆成一排，再从左到右依次编号为1，2，…，．设红球的编号分别为，，，（）；蓝球的编号分别为，，，（）；白球的编号分别为，（），则（ ） A. B. C. D. 随机变量的均值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数（）的最小正周期为，点是曲线的一个对称中心，则的最小值为______. 13. 已知向量在向量方向的投影向量是，且，，______. 14. 已知数量充足的白色卡片分别标有连续正整数1，2，3，…的序号，按如下规则对卡片进行若干轮染色：每轮被染色的卡片序号均为连续奇数或连续偶数；若第（为任意正整数）轮染色张卡片，且被染色卡片的最大序号为m，则第轮染色张卡片，且被染色卡片的最小序号为.若第1轮仅染色序号为1的卡片，并将所有被染色的卡片按序号递增的顺序摆放，则第2026张被染色卡片在第______轮染色，其序号为______. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角C的大小； （2）已知D为边上的一点，，且.记，的面积分别为，，若，求的面积. 16. 某体能测试共有m种力量测试项目和n种敏捷性测试项目，已知甲每种力量测试项目测试合格的概率均为，每种敏捷性测试项目测试合格的概率均为（）. （1）已知在某种力量测试项目的训练中，甲需累计达到两次测试合格则停止训练，求当停止训练时，甲恰好进行了四次测试的概率； （2）甲在某次模拟测试中，每次在所有测试项目中随机抽取一项进行测试，共测试两次.若，且甲至少有一次测试合格的概率为，求的值. 17. 如图，在四棱锥中，，，，四棱锥的体积为. （1）若，证明：平面平面； （2）若平面平面，求平面与平面夹角余弦值的最大值. 18. 已知函数 ． （1）若为单调递增函数，求实数a的取值范围； （2）设、为的两个极值点，证明：． 19. 已知双曲线的左，右顶点分别为，（），异于的点在的右支上，且直线与的斜率之和恒为6. （1）求的坐标； （2）证明：，，三点共线； （3）设的面积为，判断是否存在正整数p，q，使得.若存在，求出p，q的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试题 本试卷共4页，19小题，考试时间120分钟，总分150分. 注意事项： 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，再选涂其他答案标号.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，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 设全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解一元二次不等式得到集合，再根据集合补集的定义得到，进而根据集合交集运算即可求解． 【详解】由， 解得，或， 则， 所以， 又， 所以． 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得到， 所以. 3. 已知样本数据7，8，9，10，a的平均数为8，则该样本的中位数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】根据样本数据的平均数得出，再用中位数的定义计算求解. 【详解】样本数据7，8，9，10，a的平均数为8， 则，所以， 则样本数据从小到大排列， 则该样本的中位数为. 4. 若曲线在处的切线的倾斜角为，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求复合函数的导数，再应用倾斜角得出斜率，计算求参即可. 【详解】因为曲线，所以， ， 在处的切线的倾斜角为，则 则. 5. 已知函数（），则“，”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充分必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据充分必要条件的定义，结合二次函数的图象及性质即可得到答案． 【详解】由函数是开口向上的二次函数，且， 若，，即方程有正实根， 则，解得，所以充分性成立； 若，则，即方程有实根， 又二次函数的对称轴，即该方程必有正实根， 即，，所以必要性成立， 故“，”是“”的充分必要条件． 6. 已知数列是首项为，公差为的等差数列，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用等差数列的通项公式求出，进而可得，利用裂项相消法，即可求解. 【详解】因为数列是首项为，公差为的等差数列，则， 得到，则， 所以数列的前项和为. 7. 在正三棱柱中，D，E分别满足，，点F在棱上，若平面将该三棱柱分割成体积相等的两部分，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】将平面下方的几何体拆分成棱锥或棱柱，列体积方程求解即可 【详解】设三棱柱高为，底面积为，则体积为， 平面将三棱柱体积平分后每部分体积为 ，设 ，由已知， 因为D，E分别满足，，有 ， 过点，垂足为，过点作，垂足为，连接， 将平面下方的几何体体积拆分为三棱柱 和四棱锥 ， 由题意 ，设为四棱锥 高， 可得 ， 因为 ，所以代入解得 ，因此 8. 在平面直角坐标系中，已知，若圆上存在点，满足，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用向量坐标关系求出点的轨迹方程，再将问题转化为圆与点的轨迹方程有公共点问题，最后利用参数表示轨迹方程上的点与圆的距离关系，结合二次函数性质分析求解即可. 【详解】设点，由，，为坐标原点， 则，即， 又因为，所以，化简得：， 即点的轨迹为椭圆， 则可将问题转化为圆与椭圆有公共点， 设椭圆上任意一点，则它到圆心的距离的平方为： ， 令，则， 令， 该二次函数开口向下，对称轴为， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以 ， 也即 ， 所以，即的取值范围为. 二、多项选择题：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. 已知抛物线（）的焦点为，设为坐标原点，记的准线与轴的交点为，动点在上，则（ ） A. 的方程为 B. 若，则到轴的距离为 C. 若，则的面积为 D. 若，则直线与相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据焦点坐标求出抛物线参数，确定抛物线方程、准线方程及点坐标，再结合抛物线定义、三角形面积公式、直线与抛物线位置关系逐一判断选项即可. 【详解】由抛物线的焦点为，得，故， 则抛物线方程为，准线，准线与轴交点 ， 对于A，准线的方程为，故A正确； 对于B，根据抛物线定义，若 ，则的横坐标 ，即到轴距离为，故B错误； 对于C，当 时，，代入抛物线得 ，，的面积，故C正确； 对于D， ，故 ，由抛物线定义得 ，代入抛物线得 ， 以为例，直线的方程为，联立得，判别式，直线与抛物线相切； 同理 时直线也与抛物线相切，故D正确. 10. 已知为定义在R上的偶函数，且的图象关于直线对称，当时，，则（ ） A. B. C. 关于x的方程恰有3个不同的实数解 D. 不等式 的解集为 【答案】BD 【解析】 【分析】由对称性即可判断A选项，结合对称性和偶函数特征可推导出函数的周期随即判断B 选项，根据周期性以及函数的值域可判断只有在时才可能存在解，分段求解即可判断C选项，结合函数值域以及正弦函数性质可判断D选项. 【详解】因为为定义在R上的偶函数，所以， 又因为的图象关于直线对称，所以 ， 所以 ，所以A错误； 因为 ，所以 ， 所以B正确； 因为，所以函数是周期为4的周期函数， 当时，，所以在，， 所以当，，结合周期性可知函数恒成立， 对于方程，由于，所以仅当时可能存在解， 当时，，解得或， 当时，由且，可得，所以，解得或3， 当时，，因为，所以无解， 综上所述，关于x的方程恰有4个不同的实数解，所以C错误； 因为，所以 等价于 ，当时，不等式也成立， 但的点只有 ，这些点也满足 , 解得 ，所以解集为，D正确. 11. 将4个红球，4个蓝球，2个白球随机摆成一排，再从左到右依次编号为1，2，…，．设红球的编号分别为，，，（）；蓝球的编号分别为，，，（）；白球的编号分别为，（），则（ ） A. B. C. D. 随机变量的均值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据已知条件，利用红、蓝球数量相等，且位置对称，得出，判断选项A；先确定个位置放4个红球总情况数，再计算前9个位置选3个红球的情况数，进而求出相关概率，判断选项B；根据已知条件确定红、白、蓝球的放置位置数，再采用列举法计算符合条件的样本，进而计算符合条件的概率，判断选项C；先确定的可能取值，再用组合求出相关概率并计算，确定选项D． 【详解】已知红球最大编号，蓝球最大编号，比较8个红、蓝球的最大位置， 红、蓝球数量均为4，且位置对称， 故，故A错误； 表示第个位置为红球，前9个位置选3个红球： 个位置放4个红球总情况数为：， 第位置固定红球，前9个位置选3个红球的情况为：， ，故B正确； 表示第6位为红球，前5位有3个红球，2个空位，后4位剩余4个空位， 红球分布情况为：，白球分布情况为：，蓝球分布情况为：， 满足要求白球最小位置，蓝球最小位置，仅前5位相邻空位有： ，每组有4种方法放置剩余球，共种， ，故C正确； 随机从个位置不放回抽取4个，则的可能取值为， 若位置为，则前3个红球位于前个位置内， 故 ， 故 ． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数（）的最小正周期为，点是曲线的一个对称中心，则的最小值为______. 【答案】 ## 【解析】 【分析】先由正弦型函数的周期公式求出参数的值，再根据正弦函数对称中心的性质得到的表达式，进而求得 的最小值. 【详解】由于 的最小正周期为， 则根据 ，解得，因此， 又因为函数的对称中心为 ， 令，解得， 依题意，， 当时，，； 当取其余整数时， 均大于， 因此 的最小值为. 13. 已知向量在向量方向的投影向量是，且，，______. 【答案】1 【解析】 【分析】把平方转化为数量积的运算可得. 【详解】由题意，所以， ，则， 所以. 14. 已知数量充足的白色卡片分别标有连续正整数1，2，3，…的序号，按如下规则对卡片进行若干轮染色：每轮被染色的卡片序号均为连续奇数或连续偶数；若第（为任意正整数）轮染色张卡片，且被染色卡片的最大序号为m，则第轮染色张卡片，且被染色卡片的最小序号为.若第1轮仅染色序号为1的卡片，并将所有被染色的卡片按序号递增的顺序摆放，则第2026张被染色卡片在第______轮染色，其序号为______. 【答案】 ①. 11 ②. 4041 【解析】 【分析】先找出每轮染色的卡片张数规律，进而得到前轮的总张数表达式，根据总张数2026反推出所在轮次，再根据该轮中卡片的序号规律（连续奇数或偶数，且最小序号与轮次的关系）计算出具体序号. 【详解】根据题意，第轮染色的卡片张数为，所以前轮总张数， 由得，因为，，所以第2026张被染色卡片在第11轮被染色， 前10轮共张，第11轮有张，第2026张是第11轮的第 张， 设第轮的最小序号为，该轮染色张数为，由于每轮染色连续奇数或连续偶数，公差为2，故最大序号 ， 由规则，下一轮的最小序号为上一轮最大序号加1， 即 ， 所以，即， 因为，累加可得 ，即， 所以 ， 因为是奇数，且该轮染色连续奇数，公差为2， 所以第张的序号为 ， 因此，第张被染色的卡片在第11轮染色，序号为. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角C的大小； （2）已知D为边上的一点，，且.记，的面积分别为，，若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用正弦定理化角为边，然后由余弦定理求解； （2）根据题意由角平分线定理得，结合三角形面积之间的关系分析求得，再由面积公式计算. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 即， 所以，又，所以； 【小问2详解】 因为，所以为角的平分线，由（1）知， 所以， 所以， ， 因为，所以，所以， 在和中，由余弦定理得： ， ， 由角平分线定理得， 所以，即， 将代入得，解得，则， 所以. 16. 某体能测试共有m种力量测试项目和n种敏捷性测试项目，已知甲每种力量测试项目测试合格的概率均为，每种敏捷性测试项目测试合格的概率均为（）. （1）已知在某种力量测试项目的训练中，甲需累计达到两次测试合格则停止训练，求当停止训练时，甲恰好进行了四次测试的概率； （2）甲在某次模拟测试中，每次在所有测试项目中随机抽取一项进行测试，共测试两次.若，且甲至少有一次测试合格的概率为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 甲需累计达到两次测试合格则停止训练，当停止训练时，甲恰好进行了四次测试，等价于甲第4次测试合格，且前3次测试中恰好有1次合格， 所以当停止训练时，甲恰好进行了四次测试的概率为. 【小问2详解】 因为，所以总测试项目数为， 因此随机抽取一项时，抽到力量测试项目的概率为，抽到敏捷性测试项目的概率为， 设单次测试合格的概率为，， “两次测试至少有一次合格”的对立事件为“两次测试都不合格”， 即，代入可得，解得. 17. 如图，在四棱锥中，，，，四棱锥的体积为. （1）若，证明：平面平面； （2）若平面平面，求平面与平面夹角余弦值的最大值. 【答案】（1）证明见详解； （2） 【解析】 【分析】（1）取中点,连接，通过几何法分别证明，，则有面，从而得到平面平面. （2）以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系,由平面平面，可得的投影在线段上，列出点坐标，分别计算出平面与平面的法向量即可求解. 【小问1详解】 ，， 且 又，且， 在中， ， 在中，，即. 取中点O，连接， ，且 又底面为直角梯形，， 解得，即为四棱锥的高，面， 面， 又，面，面 又面，平面平面 【小问2详解】 以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 平面平面，的投影在线段上， 结合（1）可设，，， 则，， 设面的一个法向量为， 则，即， 令，则 由（1）知，是面的一个法向量， 所以 ，当时， 有最大值为. 即平面与平面夹角余弦值的最大值为. 18. 已知函数 ． （1）若为单调递增函数，求实数a的取值范围； （2）设、为的两个极值点，证明：． 【答案】（1） （2）由（1）知，是的极值点， 即，由，则，故， ， ， ， 已知三次方程有两个正根，设第三个根是， 则 ， 故，故，则， 令，则，， 由基本不等式，， 代入得，化简得， ， ， 令 ， 求导得， 令 ，求导得， 当时， ， 故在上单调递减，故 ， 故 ，则在上单调递减， ， 即，命题得证． 【解析】 【分析】（1）求导，结合为单调递增函数，则在上恒成立，进而转化为对任意恒成立，令并求导，结合导数分析单调性，求出最小值，进而求解； （2）求导，结合是的极值点，得出，进而构造方程组得出，代入得出， 已知三次方程有两个正根，设第三个根是，得出方程并展开，对比系数得出，通过换元法构造方程并求导，利用导数分析函数单调性，进而证明结论． 【小问1详解】 定义域为，求导得， 已知为单调递增函数，则在上恒成立， 两边同时乘以正数得，即对任意恒成立， 令，求导得， 令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故在处取得最小值，故，即实数a的取值范围为． 【小问2详解】 略 19. 已知双曲线的左，右顶点分别为，（），异于的点在的右支上，且直线与的斜率之和恒为6. （1）求的坐标； （2）证明：，，三点共线； （3）设的面积为，判断是否存在正整数p，q，使得.若存在，求出p，q的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）对任意,双曲线的方程为：，左、右顶点，. 设 ，同理可得： ， 由双曲线方程，，代入得：， 因此，，，的坐标均满足，所以，，三点共线. （3）存在， ； 【解析】 【分析】（1）假设，由题意得 ，结合双曲线方程化简可得,再代入双曲线方程求解； （2）设，类比（1）解题，可得，从而得到，，的坐标均满足，所以，，三点共线; (3)结合（2）可得，，，再计算点到直线的距离，，从而表示出的面积为，最后代入，求解. 【小问1详解】 当1时，双曲线的方程为：，左、右顶点. 设, ,化简得： ， 由双曲线方程得，代入得： 则. 将 代入双曲线方程：. 故 . 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 由(2)可得，，, 在直线上， 点到直线的距离（即到直线的距离），， 故：, 代入得：, 化简得：, 因为p，q为正整数，令 ，则 ， 代入得： 易知当时，，当时，（舍去） 当时， ， ，满足条件. 当时， ，此时. 综上：存在正整数p，q，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $