精品解析：福建厦门外国语学校2026届高三高考适应性考试数学试题

厦门外国语学校2026届高三高考适应性考试 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2．选择题每小题选出答案后，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，再选涂其他答案；在试卷上作答无效. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁和平整. 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解出集合的范围，求出并集即可． 【详解】因为；且； 故． 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得到复数的代数式，再利用复数的除法运算即可. 【详解】由题意，，则. 所以复数的虚部是 故选：A. 3. 的展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式求解. 【详解】由， 令，解得：， 所以展开式中含项的系数为：. 4. 已知函数，若，则（ ） A. 1或3 B. 或1 C. 0或 D. 1或 【答案】D 【解析】 【详解】当时，，解得； 当时，，解得. 综上所述，或. 5. 在平面直角坐标系中，已知圆：和圆：交于两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立方程组求出公共直线的方程，计算原点到直线的距离，根据圆心角与弦心距、半径的关系求出的大小. 【详解】 联立方程组，可得直线的方程， 原点到直线的距离为， 在中，过作的垂线，垂足为，则为的中点， ， 在中，， 所以， 所以. 6. 如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合球和圆柱的表面积公式求解. 【详解】如图，作半球O的轴截面，记半球半径为R，圆柱半径为r 由题意，圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高为2r，则有，故 所以剩余几何体的表面积为. 7. 月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（ ）． A. 80 B. 96 C. 100 D. 112 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件和等比数列等差数列的性质，得，又，均为正整数，求出，的值得. 【详解】依题意，有，， 时，不是正整数； 时，； 时，，不是正整数. 所以，，. 故选：B 8. 已知，曲线与曲线相邻的四个交点构成一个菱形，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，设曲线与曲线相邻的三个交点为、、，根据两角差的正弦公式、同角三角函数的基本关系求出这三个点的坐标，根据，根据两点间的距离公式可得出关于的等式，解之即可. 【详解】如下图所示，取两函数图象相邻的四个交点、、、，则四边形为菱形， 不妨设点、、，由题意可知， 由，整理可得， 由可得或， 由可得，可得， 不妨取、、，即取点、、， 所以， ， 由，即，解得. 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. 下列选项正确的是（    ） A. 对A，B，C三类个体按3:1:2的比例进行分层抽样，已知从类个体中抽取了9个，则样本容量为18 B. 若随机变量，则 C. 恒成立 D. 一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为4.5 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，从类个体中抽取了9个，则样本容量为，A正确； 对于B，由随机变量及正态分布的对称性，得，B正确； 对于C，当时，，C错误； 对于D，由，得1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为，D正确． 10. 已知点在曲线上，，则（ ） A. 点不可能在第三象限 B. 点可能在直线上 C. 当点在第一象限时，的最小值为 D. 当直线与曲线有两个交点时，的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】当时，可得曲线的方程，分析可判断A的正误；将与曲线联立，分析可判断B的正误；当点在第一象限时，可得点的方程，根据椭圆的定义，分析求解，可判断C的正误；分别求出曲线在各个象限内的方程，联立求解，结合双曲线的渐近线的性质，分析可判断D的正误. 【详解】选项A：当时，方程为，即，无实数根，故A正确； 选项B：若点在直线上，则， 与曲线W联立得，整理得，无实数根，故B错误； 选项C：当时，方程为，整理得， 则，所以， 则点A为左焦点，设右焦点为F， 由椭圆的定义可得，则， 所以， 当且仅当三点共线时取等号，故C正确； 选项D：当时，方程为， 与联立，得， 由判别式，解得， 当时，，解得，不符合题意，（舍去） 当时，，解得，，符合题意； 所以当直线与曲线在第一象限有两个交点时，； 当时，方程为，渐近线方程为，（舍去） 当时，方程为，渐近线方程为，（舍去）， 综上，若要直线与曲线有两个交点，的取值范围为，故D错误. 11. 如图，正八面体中，记侧面为，侧面为，侧面为，若质点从出发，每次等可能地移动到共享一条棱的相邻表面，则（ ） A. 质点移动2次后返回到的概率为 B. 质点移动3次后到达的路径有7种 C. 质点移动次后到达的概率为 D. 已知质点移动4次后经过的次数为2，则第4次到达的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正八面体的几何特征和移动的规则，分析可能的路径，从而判断出ABD，对于C，先得出质点移动偶数次只可能到达当中的一个面，再通过分析得到到达的概率递推式，进而求出到达的概率，利用互斥关系即有的概率，除以即为到达的概率． 【详解】对于该正八面体，每个面都有三个相邻的面， 设质点从出发按移动，作为的邻面有三种选择即有三种路径， 而移动两次总共有种路径，故移动2次后返回到的概率为，A正确； 质点从出发按移动，其中是的邻面，是的公共邻面， 若，则有三种选择，若，则有两种选择即， 若，则有两种选择即，因此总共有种路径，B正确； 质点从出发移动两次只可能到达当中的一个面， 从出发移动两次也只可能到达当中的一个面， 所以质点移动偶数次只可能到达当中的一个面， 设质点移动次后到达的概率为， 则到达的概率为， 若此时在，由A选项的分析可知再移动两次到达的概率为， 若此时在，又与都只有两个公共邻面， 所以再移动两次到达的概率为， 于是可得， 变形得， 即是首项为，公比为的等比数列， 其通项公式为, 所以，， 因为到达三个面的可能性是一样的， 所以到达的概率为，C错误； 若质点移动4次后经过的次数为2，因为是邻面所以不存在路径， 同时因为的两个邻面之间不相邻，所以不存在路径， 也不可能存在路径，， 因此只有形如的路径，有种， 在此基础上若第4次到达，则路径为，有种， 故所求概率为，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积运算律计算得，再由向量的模的公式计算即得. 【详解】因为，，， 则，解得， 又由，可得. 13. 已知双曲线，离心率为2，左、右焦点分别为，，若点为双曲线上一点，满足，过点作的垂线，垂足为，则________________. 【答案】 【解析】 【详解】如图： 由，所以. 因为点为双曲线上一点，满足，所以. 所以. 由. 所以， . 所以. 14. 若存在4条不同的直线既是曲线的切线，也是圆的切线，则半径r的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】通过，求得切线方程，根据切线与圆相切，得到，令，平方得到，令，转化为方程有两个不同的解求解. 【详解】因为，所以， 设切点为，则，， 所以切线方程为，， 因为切线与圆相切， 所以圆心到切线的距离等于半径， 即，令，则， ， 令， 当且仅当，即时，等号成立， 又在上递减，在上递增， 当时，，当时，， 所以的最小值为4， 若使方程有两个不同的解， 则，即 ， 又，则， 故答案为： 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. 各棱长均相等的正三棱柱中，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 证明：连接，交于点，连接． 因为正三棱柱各棱长均相等，所以侧面为正方形，所以为中点， 又为中点，所以. 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为为正三角形，为中点，所以. 以为原点，，分别为轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 设正三棱柱各棱长为2， 则，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 所以，即，令，则，，所以. 设平面的法向量为， 所以，即，令，则，，所以. 设平面与平面夹角为， 则. 故平面与平面夹角的余弦值． 16. 在中，它的内角，，的对边分别为，，，且，. （1）若，求； （2）若，求的面积. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理求出角的正弦值，再结合角的取值范围确定角的值； （2）先根据三角形内角和定理将用和表示出来，再结合已知条件求出的值，最后利用三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为，，， 所以由正弦定理得：， 因为，所以或. 所以当时，，符合题意； 所以当时，，符合题意. 【小问2详解】 在中，因为， 所以 ， 把，， 代入得， 又因为， 所以，，所以 ， 所以， 所以的面积为. 17. 已知函数，． （1）若， （i）求的极值点； （ii）证明：当时，； （2）若，，求的取值范围． 【答案】（1）（i）极小值点为2，无极大值点；（ii）证明见解析. （2）． 【解析】 【分析】（1）（i）对函数进行求导，根据极值点的概念，进行判断即可； （ii）构造函数，求导判断其单调性，求得最大值，即可证明； （2）构造函数，求导判断其单调性，求得最小值，得不等式，解不等式即可. 【小问1详解】 （i）当时，，定义域为， 则， 令，解得， 当变化时，与的变化如下表所示： 2 － 0 ＋ 减 极小值 增 所以的极小值点为2，无极大值点； （ii）令， 则， 当时，，所以为减函数， 所以， 从而当时，，即． 【小问2详解】 令， 则． 因为，所以 ， 从而当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以的最小值为 因为，所以，即，从而， 故的取值范围为． 18. 有编号为的个相同大小的小球，，从中有放回地随机取次，每次取个球，记为这个球中未被取到的球的个数． （1）已知． （i）若，求的分布列； （ⅱ）若，求的概率； （2）若都是离散型随机变量，则．证明：． 【答案】（1）（i）答案见解析；（ⅱ） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）有放回取2次共种情况，表示未被取到的球数，取值为3(取到2个不同球，概率)和4(取到同一个球，概率)，据此列出分布列； （ⅱ）推广到取次，表示未被取到的球数为3(即取到2个不同编号的球)，总情况数为，符合条件的情况数为，故概率为. （2）引入指示变量(表示第个小球是否未被取到)，则未被取到的总球数；由得；再对到求和，用等比数列求和公式计算，最终得. 【小问1详解】 （ⅰ）从5个相同小球中有放回地随机取2次，共有种情况．的取值为3，4． 表示2次取球中未被取到的球的个数为3，即2次取球中取到2个不同编号的球， 表示2次取球中未被取到的球的个数为4，即2次取球中取到的是同一个编号的球， 所以，， 所以的分布列为 3 4 P （ii）表示m次取球中未被取到的球的个数为3个. 即次取球中取到2个不同编号的球，从5个相同小球中有放回地随机取次，共有种情况，时有种情况. 所以的概率为． 【小问2详解】 从n个相同小球中有放回地随机取m次中，定义随机变量，其中表示第k个小球未被取到， 表示第k个小球至少被取到1次，则服从两点分布， 所以. 由题意知， 又，所以， 所以，因为 ，所以： ， 故． 19. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线交C于点A，B（A在x轴上方），交y轴于点P，M为的中点，C上的点D满足． （1）证明： （i）直线与C相切； （ii）直线过定点； （2）若直线的斜率为，直线交x轴于点N，将坐标平面沿x轴折起，设二面角的大小为（），平面与直线交于点Q，求三棱锥的体积的最大值． 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）（i）要证明与相切，联立与抛物线方程，证明判别式为0即可； （ii）分两种情况当直线的斜率存在，求出直线的方程，整理为点斜式形式；当直线的斜率不存在时，方程为，即可得到直线过定点； （2）先代入 斜率为 的条件，求出各点折叠前的坐标，沿轴折起后，轴上的点坐标不变，确定折叠后各点坐标，再利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 （i）由题意，直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为（），令，得，即， 因此直线的方程为， 联立，得 ， 则，又，所以直线与C相切． （ii）联立，解得，则， 联立，得，设，， 则，，所以，． ①当，即时，直线的斜率为， 所以直线方程为， ，故直线恒过定点； ②当时，即，此时直线方程为，恒过点． 综上可知，直线过定点． 【小问2详解】 由（1）知，当时，，． 折起后，以C的顶点O为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为二面角的大小为， 则，，，，． 所以，，，． 因为Q，M，D，N四点共面，所以存在，使得 ． 设 ， 所以，，解得 ． 设，则 所以三角形的面积． 因为y轴的方向向量为，且 ， ，所以y轴， y轴 ，又，平面，，所以y轴平面． 故点A到平面的距离为， 故三棱锥的体积， 当且仅当，即时，取等号． 综上可知，三棱锥的体积的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门外国语学校2026届高三高考适应性考试 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2．选择题每小题选出答案后，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，再选涂其他答案；在试卷上作答无效. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁和平整. 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 的展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，若，则（ ） A. 1或3 B. 或1 C. 0或 D. 1或 5. 在平面直角坐标系中，已知圆：和圆：交于两点，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（ ）． A. 80 B. 96 C. 100 D. 112 8. 已知，曲线与曲线相邻的四个交点构成一个菱形，则（ ） 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. 下列选项正确的是（    ） A. 对A，B，C三类个体按3:1:2的比例进行分层抽样，已知从类个体中抽取了9个，则样本容量为18 B. 若随机变量，则 C. 恒成立 D. 一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为4.5 10. 已知点在曲线上，，则（ ） A. 点不可能在第三象限 B. 点可能在直线上 C. 当点在第一象限时，的最小值为 D. 当直线与曲线有两个交点时，的取值范围为 11. 如图，正八面体中，记侧面为，侧面为，侧面为，若质点从出发，每次等可能地移动到共享一条棱的相邻表面，则（ ） A. 质点移动2次后返回到的概率为 B. 质点移动3次后到达的路径有7种 C. 质点移动次后到达的概率为 D. 已知质点移动4次后经过的次数为2，则第4次到达的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量满足，则__________. 13. 已知双曲线，离心率为2，左、右焦点分别为，，若点为双曲线上一点，满足，过点作的垂线，垂足为，则________________. 14. 若存在4条不同的直线既是曲线的切线，也是圆的切线，则半径r的取值范围是______． 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. 各棱长均相等的正三棱柱中，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 16. 在中，它的内角，，的对边分别为，，，且，. （1）若，求； （2）若，求的面积. 17. 已知函数，． （1）若， （i）求的极值点； （ii）证明：当时，； （2）若，，求的取值范围． 18. 有编号为的个相同大小的小球，，从中有放回地随机取次，每次取个球，记为这个球中未被取到的球的个数． （1）已知． （i）若，求的分布列； （ⅱ）若，求的概率； （2）若都是离散型随机变量，则．证明：． 19. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线交C于点A，B（A在x轴上方），交y轴于点P，M为的中点，C上的点D满足． （1）证明： （i）直线与C相切； （ii）直线过定点； （2）若直线的斜率为，直线交x轴于点N，将坐标平面沿x轴折起，设二面角的大小为（），平面与直线交于点Q，求三棱锥的体积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $