精品解析：福建省厦门双十中学2026届高中毕业班适应性练习数学试题

厦门双十中学2026届高中毕业班适应性练习 数学试题 考生注意： 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，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设事件，事件，已知事件A与事件B相互独立，则样本空间可能是下列哪个选项（ ） A. B. C. D. 3. 设且，且，若，则的最小值是（ ） A. 3 B. C. 9 D. 18 4. 已知实数满足方程，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 的展开式中含项的系数为（ ） A. 1 B. 6 C. 15 D. 20 6. 已知点是的重心，点是所在平面内一点.若，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 五一期间，某市文旅部门打造了“儒家文化，运河风情，水浒江湖，湖光山色”四大主题文旅产品，甲、乙、丙3名游客每人从中至少选择一个主题体验，且每个主题都恰有1人体验，记事件“甲体验儒家文化”，“乙体验湖光山色”，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知正方体的棱长为1．平面，平面和平面将该正方体分割成若干个多面体，则其中顶点所在的多面体的表面积为（ ） 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. 若，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知等差数列的前项和存在最大值，且，，则（ ） A. B. C. 当时，取得最大值 D. 取得最小正值时为31 11. 在平面直角坐标系中，已知是双曲线上任意一点，射线上的点满足：，记的轨迹为．则下列说法正确的是（ ） A. 关于坐标原点成中心对称 B. 上的点到原点的距离最大值为1 C. 存在点，使得点到点，的距离之差大于2 D. ，都有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为______. 13. 已知数列是等比数列，若，，，则________． 14. 在平面直角坐标系中，曲线：（）与：（）交于点A．若直线与相切于点A，则的值为__________；若直线与交于另一点B，且，则的取值范围为________． 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. 已知函数，，且恒成立． （1）求的解析式； （2）记的内角，，的对边分别为，，，且，，的面积为，求． 16. 如图，在四棱锥中，，，点在上，且． （1）点在线段上，且平面，证明：为线段的中点； （2）若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度． 17. 已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 18. 已知函数，且为函数的极值. （1）求实数a的值； （2）当时，恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：当时，． 19. 现有n枚质地均匀的硬币，第一次分别抛掷这n枚硬币，完成后，将其中正面朝上的硬币进行第二次抛掷，记第一次抛掷中正面朝上的硬币数与第二次抛掷中正面朝上的硬币数之和为X． （1）当时，求X的分布列； （2）求； （3）对确定的n，，，使得成立，请直接写出m，不用推导． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门双十中学2026届高中毕业班适应性练习 数学试题 考生注意： 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，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用集合的补集和并集的运算法则进行求解即可. 【详解】，，， ，. 故选：C. 2. 设事件，事件，已知事件A与事件B相互独立，则样本空间可能是下列哪个选项（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设样本空间含有个样本点，根据已知求出，结合独立事件的概率公式列出方程，求解得出，即可得出答案. 【详解】设样本空间含有个样本点， 由已知可得，， 所以，. 因为事件A与事件相互独立， 所以， 即，解得． 故选：B. 3. 设且，且，若，则的最小值是（ ） A. 3 B. C. 9 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数换底公式化简已知条件，得到与的关系式，再用基本不等式求最小值. 【详解】由换底公式可得 ， 原式化为 ，所以 ， 因为，由基本不等式得， 当且仅当，即时，取等号成立. 所以的最小值是. 4. 已知实数满足方程，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出的图像，设，问题转化为直线和曲线有共同点时，斜率取值范围的问题，数形结合计算即得. 【详解】可知， 两边平方整理可得，， 该方程表示的是圆心为，半径为的圆的右半部分曲线，如下图： 设，则是通过定点的直线， 显然该直线通过时，斜率最大，最大斜率， 当直线和圆相切于时，斜率最小。 由圆心到直线的距离是，解得，即， 于是，即. 故选：A 5. 的展开式中含项的系数为（ ） A. 1 B. 6 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】由，利用二项式定理求解即可. 【详解】化简得到， 展开式通项为， 令，得到，代入得到， 故展开式中含项的系数为. 6. 已知点是的重心，点是所在平面内一点.若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用重心的性质及平面向量基本定理即可求解. 【详解】因为点是的重心，所以，即， ， 又不共线，所以，故. 故选：C 7. 五一期间，某市文旅部门打造了“儒家文化，运河风情，水浒江湖，湖光山色”四大主题文旅产品，甲、乙、丙3名游客每人从中至少选择一个主题体验，且每个主题都恰有1人体验，记事件“甲体验儒家文化”，“乙体验湖光山色”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分类讨论甲、乙是否选择两个主题体验，求得，，结合条件概率公式即可得结果. 【详解】若甲体验儒家文化，则有： 当甲只选择一个主题体验，则不同的选法种数为； 当甲选择两个主题体验，则不同的选法种数为； 综上所述：不同的选法种数为，即； 若甲体验儒家文化且乙体验湖光山色，则有： 当甲、乙均只选择一个主题体验，则不同的选法种数为1； 当甲选择两个主题体验，乙只选择一个主题体验，则不同的选法种数为； 当甲只选择一个主题体验，乙选择两个主题体验，则不同的选法种数为； 综上所述：不同的选法种数为，即； 所以. 8. 如图，已知正方体的棱长为1．平面，平面和平面将该正方体分割成若干个多面体，则其中顶点所在的多面体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】找到分割后顶点所在的多面体，分析该多面体表面构成，即可求得其表面积. 【详解】连接，易知三条体对角线交于一点，记为点. 则分割后顶点所在的多面体为六面体，其表面分别是. 根据正方体的性质，知， 所以. 中，边上的高为，所以的面积为； 的面积为. 所以顶点所在的多面体的表面积为. 故选：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. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由与的关系，结合角的范围，可求得，即可逐个判断. 【详解】，∵，则，∴. 对C，，C对； 对A，，，A对； 对B，，B错； 对D，，D对. 故选：ACD. 10. 已知等差数列的前项和存在最大值，且，，则（ ） A. B. C. 当时，取得最大值 D. 取得最小正值时为31 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件确定等差数列的首项和公差的正负判断A，根据等差数列性质可判断BC，根据二次函数性质可判断D. 【详解】对于A，设等差数列首项为，公差为， 则， 因为存在最大值，所以数列的公差，数列单调递减， 要使​存在最大值，则数列先正后负，首项，故A正确； 对于B，由等差数列性质可知，故B错误； 对于C，因为，所以， 所以时，取得最大值，故C正确； 对于D，由可得， 由，可得， 所以取得最小正值时为31，故D正确. 11. 在平面直角坐标系中，已知是双曲线上任意一点，射线上的点满足：，记的轨迹为．则下列说法正确的是（ ） A. 关于坐标原点成中心对称 B. 上的点到原点的距离最大值为1 C. 存在点，使得点到点，的距离之差大于2 D. ，都有 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据在射线上且得到和的坐标之间的关系，再利用点坐标满足双曲线方程得到的轨迹方程，对于A，由方程特点即可判断，对于B，根据范围即可知范围，对于C，把放在某条双曲线上，结合的坐标范围即可判断错误，对于D，利用进行代换即可得的范围. 【详解】设，因为且， 所以，又在射线上，所以存在使得， 即，又根据可得， 即，代入点坐标得， 再把点坐标代入双曲线方程有， 整理得的轨迹的方程为且， 对于A，把替换为，替换为，的方程及限制条件都不变， 所以关于原点成中心对称，A正确； 对于B，由前述分析可知，当即点坐标为时， 取得最大值，B正确； 对于C，若到点和点的距离之差大于， 则也在以点和点为焦点且半实轴的双曲线上， 该双曲线上的所有点的横坐标的绝对值大于，而由可知， 所以到点和点的距离之差不可能大于，C错误； 对于D，设，则由的方程可得且， 所以，即，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用点到直线距离的向量求法计算即得. 【详解】依题意，， 所以点到的距离. 故答案为：. 13. 已知数列是等比数列，若，，，则________． 【答案】## 【解析】 【详解】在等比数列中，， 所以. 14. 在平面直角坐标系中，曲线：（）与：（）交于点A．若直线与相切于点A，则的值为__________；若直线与交于另一点B，且，则的取值范围为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①结合指数函数导数的几何意义求解即可； ②由直线与曲线的交点性质，换元法求解即可. 【详解】①设，则有，因为直线的斜率为，其方程为， 又由求导得，，则， 代入，可得， 将代入，得到，因此； ②因为直线与交于另一点，由，可得， 令，将代入方程可得，同理， 令，则，构造函数，求导可得， ，，单调递减， 因为在上单调递减，所以对任意，都有，故， 则在上单调递减，，当时，，故，， 又因为，，，， 在单调递增，，故. 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. 已知函数，，且恒成立． （1）求的解析式； （2）记的内角，，的对边分别为，，，且，，的面积为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合正弦函数的图象、性质求出解析式. （2）由（1）求出，再利用余弦定理、三角形面积公式及正弦定理求解. 【小问1详解】 由，得，而，则， 由恒成立，得，即，， 因此，解得，而，则， 所以的解析式为. 【小问2详解】 由（1）得，，而，解得， 由，解得， 由余弦定理得， 由正弦定理，得． 16. 如图，在四棱锥中，，，点在上，且． （1）点在线段上，且平面，证明：为线段的中点； （2）若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度． 【答案】（1）见解析 （2）的长度为或 【解析】 【分析】（1）过点作交于点，连接，由线面平行的性质定理证明，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案. 【小问1详解】 连接，过点作交于点，连接， 又因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以为线段的中点； 【小问2详解】 连接，因为，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面所以平面 又因为，所以建立如图所示的空间直角坐标系， 设， ，设平面的法向量为， ， 所以，令，，所以， 所以与平面所成的角的余弦值为， 所以与平面所成的角的正弦值为， 即， 所以，化简可得：， 解得：或，即或， 所以或. 17. 已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 【答案】（1） （2）直线过定点，证明见解析 【解析】 【分析】（1）由抛物线方程和双曲线方程分别可焦点坐标，进而可得，，再由椭圆的性质可得，因此可得椭圆方程； （2）设交点坐标，再联立直线的方程与椭圆的方程消去，由根与系数关系及可得，进而可得直线过定点. 【小问1详解】 由抛物线，得焦点， 因为椭圆过抛物线的焦点，所以. 由双曲线，得焦点， 因为椭圆与双曲线有相同的焦点，所以. 由椭圆的性质，， ∴椭圆的方程为. 【小问2详解】 设，， 联立，消去得， ， ，， 由已知， 所以， 所以， 则， ， ，解得，满足， ∴直线的方程为，故直线恒过定点 18. 已知函数，且为函数的极值. （1）求实数a的值； （2）当时，恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：当时，． 【答案】（1） （2）或 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用极值点的必要条件（极值点处导数为0），对求导后代入，解方程得到的值，再验证导数在两侧的符号，确认为极值点； （2）构造函数，将恒成立问题转化为在上恒成立，即求的最小值≥0.通过求导分析的单调性，分和两种情况讨论，结合函数最值解关于的不等式，得到的取值范围； （3）利用不等式，得到，对进行放缩，转化为可裂项相消的形式，求和后证明不等式. 【小问1详解】 因为，又为函数的极值， 所以，即，解得. 验证极值点：当时，. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因此是的极小值点，符合题意，故. 【小问2详解】 由(1)得，设， 设， . 当时，，因此在上单调递增，. 情况1： 此时，故，在上单调递增，最小值为. ，解得或，结合，得. 情况2： 在上单调递增，且，时， 故存在唯一，使得，即. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因此的最小值为，代入， 化简得， 因，故，解得. 设，， ， 故在上单调递减， 因此， 综上所述，实数的取值范围是或. 【小问3详解】 证明：由(1)得，因此. 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以，所以 所以不等式（当且仅当时取等号）， 令，得，且时，故. 因此对，有： ，即 因为， 所以. 因时，故，即，不等式得证. 19. 现有n枚质地均匀的硬币，第一次分别抛掷这n枚硬币，完成后，将其中正面朝上的硬币进行第二次抛掷，记第一次抛掷中正面朝上的硬币数与第二次抛掷中正面朝上的硬币数之和为X． （1）当时，求X的分布列； （2）求； （3）对确定的n，，，使得成立，请直接写出m，不用推导． 【答案】（1） X 0 1 2 3 4 P （2） （3）m为不超过的最大整数． 【解析】 【分析】（1）当时，由题意知X的可能取值为0，1，2，3，4，列出分布列即可； （2）设第一次正面朝上的次数为i，，第二次正面朝上的次数为j，，则，求解期望，再由组合数的性质即可求解； （3）设每一枚硬币对X的贡献为Y，则，，，因此X可以看成n个独立同分布随机变量之和，得到递推式，由递推式逐步比较相邻项即可求解. 【小问1详解】 当时，由题意知X的可能取值为0，1，2，3，4． ， ， ， ， ． X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 【小问2详解】 设第一次正面朝上的次数为i，，第二次正面朝上的次数为j，，则． ． 从而，． 由组合数的性质，，所以． 所以 ． 【小问3详解】 设每一枚硬币对X的贡献为Y，则，，． 因此X可以看成n个独立同分布随机变量之和． 为判断何时最大，考虑多项式． 其中的系数就是． 记，则，所以只要比较的大小即可． 由，可得递推关系， 其中下标小于0或大于时，对应的记为0． 从开始，由该递推式逐步比较相邻项，可得到最大项位置如下： n的形式 可取的m 1 0 2 2 （），， ， （），， ， （）， ， （）， ， 上述四种的情形可统一表述为：m为不超过的最大整数． 例如时，，取符合题意． 因此，可得：当时，可取；当时，可取； 当时，可取m为不超过的最大整数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $