精品解析：广东深圳市福田区福田中学2026届高三考前适应性考试数学试卷

深圳市福田中学2026届高三年级适应性考试 高三年级数学试卷 命题人：王志鹏 审题人：李向皇 注意事项： 1．本试卷分为第I、II卷两部分，满分150分，考试时间120分钟. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、学号等填写在答题卡信息填写处，并在指定区域贴好条形码； 3．回答选择题时，请用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，请先用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.请将所有答案写在答题卡指定区域内，写在本试卷上无效. 一、单选题 1. 已知复数，则在复平面内z的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】先化简复数，再求出共轭复数，根据几何意义即得. 【详解】复数， 则， 所以在复平面内对应的点 位于第四象限． 故选: D 2. 某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设圆锥的底面圆半径为，由圆锥的轴截面是面积为的等边三角形， 得该三角形面积为，解得，圆锥的母线， 所以该圆锥的侧面积为. 3. 记为等比数列的前项和．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由等比数列的性质，依然构成等比数列， 由等比数列的中项可得：， 代入得：，解得：. 4. 已知的展开式中第2项与第6项二项式系数相等，则的系数为（ ） A. 12 B. -20 C. -16 D. -12 【答案】D 【解析】 【分析】先应用二项式系数相等得出，再应用通项公式计算求值. 【详解】∵第2项和第6项的二项式系数相等，∴，则， 则展开式通项公式是， 令，得，∴的系数为， 5. 已知抛物线：的焦点为F，点D 为C 的准线上一点，线段DF与C 交于点E，若，，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】设，由题意可知，可得，再根据结合抛物线定义运算求解即可. 【详解】设，， 因为抛物线的焦点为，准线为， 由题意可知：，则，可得， 且，所以. 6. 已知函数,若，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由于的取值范围是， ，所以当且仅当 且 ， 因为，所以， 要使在上能取到，则区间 内至少要包含一个形如的数， 其中最小的可能值为(当时)，故需满足，解得； 要使在上能取到，则区间 内至少要包含一个形如的数，其中最小的可能值为(当时)，故需满足， 解得；为使，均在内，需同时满足和，因此最小的为. 7. 已知，，若关于的不等式在上恒成立，的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，分析可知，是方程的根，可得出，可得出，结合基本不等式可求得的最小值. 【详解】设，， 因为，所以在上单调递增. 当时，，当时，； 因为的图象开口向上，且， 所以在上有且仅有一个变号零点， 因为在上恒成立， 即当时，，当时，， 所以是方程的根，即，解得， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 故选：D. 8. 在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若，则+的最大值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】如图所示，建立平面直角坐标系. 设, 易得圆的半径，即圆C的方程是， ，若满足， 则，，所以， 设，即，点在圆上， 所以圆心到直线的距离，即，解得， 所以的最大值是3，即的最大值是3，故选A. 【点睛】（1）应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算. （2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决. 二、多选题 9. 某车间为了解加工的零件数x（单位：个）与加工时间y（单位：min）的关系，收集到5组观测数据（如下表所示）： 零件数x/个 10 20 30 40 50 加工时间y/min 67 74 80 86 93 假设加工时间与加工的零件数满足的经验回归方程为，则（ ） A. B. 当时，的预测值为102 C. 加工时间的5个观测数据的分位数为80 D. 当加工的零件数时，加工时间的残差为0.2 【答案】AD 【解析】 【分析】先求出，根据经验回归直线必过点可求得，即可判断A；得到经验回归方程为，进而结合预测值与残差的定义求解判断BD；根据百分位数的定义求解判断C. 【详解】由题意，， ， 因为经验回归直线必过点，即点， 则，解得，即，故A正确； 当时，，故B错误； 将加工时间的5个观测数据从小到大排列为：， 由于，则分位数为，故C错误； 当时，， 则残差为，故D正确. 故选：AD 10. 在长方体中，，，，，分别为棱，的中点，则（ ） A. B. 该长方体的外接球表面积为 C. 平面平面 D. 四棱锥的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，通过向量点积判断垂直、体对角线求外接球表面积、向量平行判断平面平行、底面积与点面距计算体积，逐一验证选项. 【详解】以为原点，为轴、为轴、为轴建立空间直角坐标系， ，，，，，，， ；，. 选项A，向量，，，故，A正确. 选项B，长方体体对角线长为， 外接球半径，表面积为，B错误. 选项C，平面内，，； 平面内，，， 所以， 因为平面平面，所以平面， 同理可得平面，由于，平面， 所以平面平面，C正确. 选项D，四棱锥的底面是矩形， 底面积为； ， 所以，所以， 由于平面， 所以平面，所以到平面的距离为， 体积为，D正确. 故选：ACD 11. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 的一个周期为 C. 若在上单调递增，则的最大值为 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过化简函数、利用奇偶性和周期定义、并求导分析函数的单调区间与极值依次验证选项即可. 【详解】对于A，， 故为奇函数，A正确； 对于B，因，，即，故B错误； 对于C，由题意得， 令，解得，即 ， 该区间长度为，故的最大值为，C正确； 对于D，令，解得或， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因为的周期为，的周期为，故的周期为， 当时，从1降到，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 当时，从升到，此时单调递增， 所以，故D正确. 三、填空题 12. 等差数列中，设为其前项和，且，，则当为______时，最大. 【答案】7 【解析】 【分析】方法一:因为公差不为零的等差数列的前项和是关于的二次函数,由可知对称轴为,又开口向下,即可得出结果. 方法二:由,可得,,则，,即可得出结果. 【详解】解法一：由于是关于的二次函数，且在二次函数的图象上，由,可知的图象关于直线对称.由, 可知,故当时,最大,即当时,最大. 解法二：由，可得， 即， 故，又由，可知， 所以，，所以当时，最大. 故答案为:7. 【点睛】本题考查了等差数列前项和的性质等差数列单调性的综合应用.等差数列性质的简单应用.属于基础题. 13. 将2个i，2个n，2个o与1个p随机排成一排，得到一个字母串，则所得字母串恰为单词opinion的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】把2个i看作不相同的i，2个n看作不相同的n，2个o看作不相同的o，求出字母串的总数，再求出恰为单词opinion的字符串数，最后由古典概型的概率公式计算可得. 【详解】把2个i看作不相同的i，2个n看作不相同的n，2个o看作不相同的o， 即7个不同字母全排列可得个字母串； 其中字母串恰为单词opinion的有个， 所以所得字母串恰为单词opinion的概率. 故答案为： 14. 已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为d，双曲线C的两条渐近线与直线，以及双曲线C的右支围成的图形（如图中阴影部分所示）绕y轴旋转一周所得几何体的体积为，（其中）则双曲线C的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式得，再根据祖暅原理可得几何体的体积等于底面积与截面面积相等，高为2的圆柱的体积，求解体积后，即可根据离心率公式得解. 【详解】由题意知渐近线方程为，右焦点为， 所以．令，可得截面为一个圆环． 由，可得；由，解得， 所以截面面积为，所以截面面积为定值． 故阴影部分绕y轴旋转一周所得几何体的体积等于底面积与截面面积相等，高为2的圆柱的体积， 所以，即， 所以，故， 解得或(负值舍去)，所以． 四、解答题 15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角； （2）若的面积，，求边的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解； （2）由面积公式求出，即可求出、，再由余弦定理计算可得. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， ∴， ∴， 在中，，得， ，， ，. 【小问2详解】 ，又， ，所以，得， 又∵，∴或， 由余弦定理得， 所以. 16. 如图，在三棱锥中，是的中点，且，. （1）证明：平面平面. （2）若，当面积最大时，求二面角余弦值的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）利用勾股定理求出、的长，取的中点，连接、，推导出平面，分析可知当时，的面积最大，然后以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 在中，是的中点，且， 所以，， 又因为，即，故， 所以， 又因为，，、平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 由（1）知，在中，，解得， 取的中点，连接、， 因为为的中点，所以，且， 由（1）知平面，所以平面， 因为平面，所以，则， 当时，的面积最大，此时， 因为，，，平面， 所以平面， 以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为，所以， 由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为. 17. 已知函数，为自然对数的底数. （1）若此函数的图象与直线交于点P，求该曲线在点P处的切线方程； （2）若有两个零点，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求切线方程； （2）整理可得，令，原题意可转化为有两个零点，求导，利用导数分析函数零点即可. 【小问1详解】 因为，则， 可得，， 所以该曲线在点P处的切线方程为: ，即. 【小问2详解】 因为，则， 可得， 令，则，可得， 原题意可转化为有两个零点， 则， 因为，则， 若，则，可得， 可知在上单调递减，所以在上至多一个零点，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增，则， 当趋近时，趋近正无穷，当趋近正无穷时，趋近正无穷， 若有两个零点，则， 令，则在上单调递增， 且，则不等式的解集为； 所以实数a的取值范围为：. 18. 一个袋子中有3个红球，个绿球，已知从中一次摸出的2个球都是红球的概率为． （1）求的值； （2）从袋中依次随机摸出2个球作为样本（一次只摸出一个球），设采用有放回和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为． （i）求的分布列与数学期望； （ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球比例估计总体中的绿球比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际意义． 【答案】（1）3 （2）（i）分布列： 0 1 2 ； （ii）有放回摸球对应概率为，不放回摸球对应概率为，不放回摸球的概率更大，说明相同样本量下，不放回抽样的估计精度更高，更适合用于总体参数估计. 【解析】 【分析】（1）结合古典概型概率公式与组合数运算构造关于的方程，求解得到的值. （2）（i）判断有放回摸球时服从二项分布，计算各取值对应概率得到分布列，代入二项分布期望公式求期望. （ii）将误差条件转化为绿球个数的取值范围，分别计算有放回、不放回摸球时对应概率，比较大小并说明实际意义. 【小问1详解】 ∵ 袋子中共有个球，一次摸出2个球的总情况数为，摸出2个红球的情况数为. 由古典概型概率公式得. 代入，，得，整理得. 即，解得或. 又，故. 【小问2详解】 （i） 由（1）得袋子中共有6个球，其中绿球3个，故每次有放回摸球时，摸到绿球的概率为. 的可能取值为0,1,2，且. ∵ ， ， ， 故的分布列为： 0 1 2 数学期望. （ii） 总体中绿球的比例为，样本中绿球比例为（为摸出的绿球个数），误差的绝对值不超过0.2等价于. 解不等式得，又为整数，故. ① 有放回摸球时，所求概率为. ② 不放回摸球时，服从超几何分布，，故所求概率为. ∵ ，故不放回摸球时误差绝对值不超过0.2的概率更大. 实际意义：相同样本量下，不放回抽样对总体比例的估计精度更高，更适合用于抽样调查中估计总体参数. 【点睛】方法归纳：求解抽样相关的概率问题时，先准确判断抽样类型对应分布：有放回抽样对应二项分布，不放回抽样对应超几何分布，再结合题设条件转化为随机变量的取值问题，代入对应概率公式计算即可. 易错归纳：转化误差条件时注意样本比例与随机变量的对应关系，避免取值范围求解错误导致概率计算偏差. 19. 已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3． （1）求的方程： （2）已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点． （i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ii）证明：直线ME过定点． 【答案】（1） （2）（i） 不为定值.证明见解析.（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义求解即可. （2）（i）设点 ， ， 设 联立椭圆的方程，进而将斜率表示出来，得到，与点的坐标有关，从而 不为定值. （ii）通过（i）中将斜率表示成，从而直线方程转化为从而直线过定点 【小问1详解】 因为直线被椭圆所截得的线段的长为3， 所以在椭圆上，代入得， 又，解得：. 【小问2详解】 设点， 设 ， 由 得， 由 ，得 ，解得 或 ， 又点 ， 在 轴下方，则 ， 由韦达定理得 得 ，即 ， 因为 ， 所以 ， 所以 不是定值. （ii）证明： 由（i）得 则直线 的方程为 ， 即 ， 当 时，得 ， 所以必过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳市福田中学2026届高三年级适应性考试 高三年级数学试卷 命题人：王志鹏 审题人：李向皇 注意事项： 1．本试卷分为第I、II卷两部分，满分150分，考试时间120分钟. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、学号等填写在答题卡信息填写处，并在指定区域贴好条形码； 3．回答选择题时，请用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，请先用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.请将所有答案写在答题卡指定区域内，写在本试卷上无效. 一、单选题 1. 已知复数，则在复平面内z的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 3. 记为等比数列的前项和．若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知的展开式中第2项与第6项二项式系数相等，则的系数为（ ） A. 12 B. -20 C. -16 D. -12 5. 已知抛物线：的焦点为F，点D 为C 的准线上一点，线段DF与C 交于点E，若，，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 已知函数,若，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，若关于的不等式在上恒成立，的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若，则+的最大值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 2 二、多选题 9. 某车间为了解加工的零件数x（单位：个）与加工时间y（单位：min）的关系，收集到5组观测数据（如下表所示）： 零件数x/个 10 20 30 40 50 加工时间y/min 67 74 80 86 93 假设加工时间与加工的零件数满足的经验回归方程为，则（ ） A. B. 当时，的预测值为102 C. 加工时间的5个观测数据的分位数为80 D. 当加工的零件数时，加工时间的残差为0.2 10. 在长方体中，，，，，分别为棱，的中点，则（ ） A. B. 该长方体的外接球表面积为 C. 平面平面 D. 四棱锥的体积为 11. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 的一个周期为 C. 若在上单调递增，则的最大值为 D. 的最大值为 三、填空题 12. 等差数列中，设为其前项和，且，，则当为______时，最大. 13. 将2个i，2个n，2个o与1个p随机排成一排，得到一个字母串，则所得字母串恰为单词opinion的概率为______. 14. 已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为d，双曲线C的两条渐近线与直线，以及双曲线C的右支围成的图形（如图中阴影部分所示）绕y轴旋转一周所得几何体的体积为，（其中）则双曲线C的离心率为______． 四、解答题 15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角； （2）若的面积，，求边的大小. 16. 如图，在三棱锥中，是的中点，且，. （1）证明：平面平面. （2）若，当面积最大时，求二面角余弦值的大小. 17. 已知函数，为自然对数的底数. （1）若此函数的图象与直线交于点P，求该曲线在点P处的切线方程； （2）若有两个零点，求实数a的取值范围. 18. 一个袋子中有3个红球，个绿球，已知从中一次摸出的2个球都是红球的概率为． （1）求的值； （2）从袋中依次随机摸出2个球作为样本（一次只摸出一个球），设采用有放回和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为． （i）求的分布列与数学期望； （ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球比例估计总体中的绿球比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际意义． 19. 已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3． （1）求的方程： （2）已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点． （i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ii）证明：直线ME过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $