精品解析：福建省泉州第五中学2026届高中毕业班高考适应性检测（二）数学试题

泉州五中2026届高中毕业班高考适应性检测（二）2026.05.28数学 命题、审题：2026届高三数学备课组 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 一袋中装有7个盲盒，已知其中3个是玩具盲盒，4个是文具盲盒，甲、乙两个小孩从中先后任取一个盲盒，则乙取到的是玩具盲盒的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 若平面内的两个向量，满足，，且，则与的夹角是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆与双曲线在第一象限交于，两点，若，斜率之积为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，，且，若，数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 8. 在菱形中，已知，，沿将折起，得到三棱锥，使二面角的余弦值为，若球与三棱锥的各条棱均相切，则球的表面积为（ ） 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. 已知复数，，的共轭复数分别为，，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. D. 一定是实数 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 的值域为 C. 不等式恒成立，则 D. 若，则的最小值为 11. 有一类曲线，特征为四尖点曲线，是圆内滚动小圆的轨迹即为星形线，该曲线具有对称性和周期性，常用于机械设计中的凸轮轮廓．该曲线方程为（），则给出的下列结论正确的有（ ） A. 当，点落在星形线内部 B. 星形线上的点到原点的最短距离为 C. 设星形线围成的面积为，则 D. 曲线上一点满足且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若直线是曲线的一条切线，则________． 13. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则的值为________． 14. 闽超常规赛第六轮将于5月30日晚上7：35分，泉州客场对阵三明．泉州队员们在一次足球训练中，组织一次足球射门训练．记分规则如下（满分10分）：①每个人有7次射门的机会，每射中一次记1分；②若连续两次射中加0.5分，连续三次射中加1分，连续四次射中加1.5分，以此类推，七次都射中加3分．假设某队员每次射中的概率为，各次足球射门相互独立，则该队员在这次足球射门训练中得8分的概率为________． 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. 已知在中，角、、的对边分别为、、，且满足． （1）求的值； （2）已知平分且交于点，，求的最小值． 16. 已知函数. （1）当时，求的极值点； （2）若不等式对恒成立，求a的取值范围. 17. 如图，已知三棱柱的各棱长均为，点为的中点． （1）证明：平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值； （3）一个质点从点出发沿着三棱柱的棱移动，每次等可能移动条棱或条棱到达另一个顶点（允许走回头路），设它随机移动次后又回到点的概率为，求，． 18. 已知动点满足方程． （1）求动点的轨迹的方程； （2）设，，过点的直线与轨迹交于，两点（，两点均在轴右侧），直线与直线相交于点． （ⅰ）证明：直线恒过定点； （ⅱ）若直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，求面积的最小值． 19. 在数列中，，若存在自然数，使得对于任意正整数，数列是以为公差的等差数列，则称为“组差数列”． （1）若，判断是不是“组差数列”，并说明理由； （2）若是“组差数列”，且为定值，证明：； （3）记的前项和为，且为“组差数列”，证明：存在常数，使得恒成立． 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（二）2026.05.28数学 命题、审题：2026届高三数学备课组 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合中不等式的解集，然后根据集合的交集定义求出. 【详解】由，可得 ，， 故. 故选：D. 2. 一袋中装有7个盲盒，已知其中3个是玩具盲盒，4个是文具盲盒，甲、乙两个小孩从中先后任取一个盲盒，则乙取到的是玩具盲盒的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】①当甲取到玩具盲盒且乙也取到玩具盲盒时，； ②当甲取到文具盲盒且乙取到玩具盲盒时，. 所以乙取到玩具盲盒的概率为． 3. 若平面内的两个向量，满足，，且，则与的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由数量积以及向量的坐标运算求解即可. 【详解】因为，所以，由可得，， 设与的夹角为， 所以， 解得，解得. 4. 已知函数，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】令，则，故，故, 所以或, 故． 5. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意： ① ② 得：， 分子、分母同除以，得， 整理得. 6. 已知椭圆与双曲线在第一象限交于，两点，若，斜率之积为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据斜率之积得出，再将点坐标代入椭圆方程中，利用韦达定理得出即可计算. 【详解】设， 因为，斜率之积为，所以，即， 因为， 所以， 则是关于的方程的两个不等根， 则，则，故的离心率为. 7. 已知函数的定义域为，，且，若，数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法，令，得到，再令，得到，从而得到，再利用裂项相消法求解. 【详解】令，代入可得： ，. 令,代入得： ，又， 8. 在菱形中，已知，，沿将折起，得到三棱锥，使二面角的余弦值为，若球与三棱锥的各条棱均相切，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点为，连接，确定即为二面角的平面角，然后根据余弦定理求出，进而求出球的半径和表面积. 【详解】在菱形中，已知，，都是等边三角形， ，取的中点为，连接，则. 所以即为二面角的平面角，. 所以. 由余弦定理得. 所以，因此三棱锥所有棱长：， 所以三棱锥为正四面体. 所以棱切球的半径为，那么球的表面积为. 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. 已知复数，，的共轭复数分别为，，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. D. 一定是实数 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的运算、模的性质、共轭复数的性质，结合复数基本运算法则逐一判断选项. 【详解】， 则， ， ， 所以， 选项A，若，则， 可得或，即或，A正确； 选项B，举反例，取，， 此时，但均不为0，B错误； 选项C，根据复数模的运算性质，， 又复数与其共轭复数的模相等，即， 故，C正确； 选项D：设，则， 代入计算得：， 虚部抵消结果为实数；D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 的值域为 C. 不等式恒成立，则 D. 若，则的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】令，，求导判断单调性，再结合偶函数逐个选项分析. 【详解】，令，则， 所以恒成立， 所以在上单调递减， 对于A，可看作由函数与复合而成， 而为减函数，在上是减函数， 所以在区间上单调递增，A错误； 对于B，在上单调递减，当时，， 当时，，所以的值域为，B正确； 对于C，由题可知为偶函数，且在区间上单调递增， 且， 即恒成立，而，故，且， 所以，C错误； 对于D，设，则， 因为，所以， 因为在上单调递减， 且， 所以，即，即， 所以，故D正确. 11. 有一类曲线，特征为四尖点曲线，是圆内滚动小圆的轨迹即为星形线，该曲线具有对称性和周期性，常用于机械设计中的凸轮轮廓．该曲线方程为（），则给出的下列结论正确的有（ ） A. 当，点落在星形线内部 B. 星形线上的点到原点的最短距离为 C. 设星形线围成的面积为，则 D. 曲线上一点满足且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，把点的坐标代入曲线方程判断其位置；B选项，令，，把到原点距离的平方化为并利用基本不等式求最小值；C选项，不计算星形线的准确面积，而是用两个菱形分别从内部和外部夹住星形线；D选项，对，开立方，结合曲线方程与乘积条件推出． 【详解】对于A，当时，若点在星形线内部，则应有 但且所以，点在星形线外部，故A错误． 对于B，设星形线上任意一点为，其到原点的距离为． 令则，，且． 又，，所以 由，得 当且仅当时等号成立，此时星形线上存在相应的点，因此，故B正确． 对于C，记星形线围成的区域为． 先证明在菱形内部． 对于内任意一点，令，，则． 由于 所以 因此 再证明菱形在内部． 对任意，，令，，则 所以 若，则 因此 两个菱形与星形线的位置关系如图所示． 内侧菱形的两条对角线长均为，面积为 外侧菱形的两条对角线长均为，面积为 又两个包含关系均为严格包含，因此，即，故C正确． 对于D，因为，且，所以，． 令 则，． 由点在星形线上，得 又所以 于是，即，所以，从而． 结合，得． 再由，得 因为，所以，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若直线是曲线的一条切线，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由求曲线在切点处的导数值等于对应切线的斜率，且切点同时在曲线和切线上. 【详解】设切点为，且， 因为直线的斜率为1，所以， 令，所以， 所以在实数上单调递增，且， 因此此方程的唯一解为，则， 所以切点为，将切点代入切线方程可得. 13. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则的值为________． 【答案】## 【解析】 【详解】如图： 过作圆的切线，切点分别为，，设. 在中，，所以， 所以. 所以相切的两条直线所成的角， 所以. 14. 闽超常规赛第六轮将于5月30日晚上7：35分，泉州客场对阵三明．泉州队员们在一次足球训练中，组织一次足球射门训练．记分规则如下（满分10分）：①每个人有7次射门的机会，每射中一次记1分；②若连续两次射中加0.5分，连续三次射中加1分，连续四次射中加1.5分，以此类推，七次都射中加3分．假设某队员每次射中的概率为，各次足球射门相互独立，则该队员在这次足球射门训练中得8分的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据计分规则逆推出得8分的唯一情况是“7次射门恰好命中6次且被中间的1次失误分成两段”，最后计算这5种特定排列情况的总概率即可. 【详解】设总命中次数为，有个连续命中的区间， 若连续命中次，由题意得每次连续命中的附加分为， 设这个连续命中的区间的命中次数分别为， 所有区间命中次数的总和等于总命中次数，即， 任何一个连续区间的得分为其基础分加上附加分， 因此总分， 由题意得，即，且， ①若，此时没有任何未命中的情况打断，只有1个连续区间， 得分为，不符合要求， ②若，此时命中6次，未命中1次， 则，解得， 这意味着需要恰好命中6次，并且这6次被分成了2个独立的连续区间， ③若，此时命中5次，未命中2次， 则，解得显然不可能，故舍， 后续情况的值均为负数，故不讨论， 综上所述，唯一能获得恰好8分的情况是： 总共命中6次，且这6次命中被分成了2个独立的连续区间， 要将6次命中分为恰好2个段落，唯一的一次“未命中”必须出现在中间位置，以打断连续命中， 设命中为，未命中为，符合情况的有: ；；；； 已知每次命中的概率为，未命中的概率为， 由于各次足球射门相互独立，上述任何一种特定情况发生的概率均为， 所以总情况为. 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. 已知在中，角、、的对边分别为、、，且满足． （1）求的值； （2）已知平分且交于点，，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将等式中的边转化为角的正弦值，然后由诱导公式及和差角公式化简等式即可求得的值； （2）由三角形面积公式即可求得的关系，然后由基本不等式求得最小值.由余弦定理求得，借助基本不等式即可求得的最小值. 【小问1详解】 由正弦定理可知：， 在中， ∴，又∵中， ∴，即，∴， ∵，∴，即. 【小问2详解】 由题意可知， ，∴， ∴，由基本不等式可得，即，∴， 当且仅当时取等号. ，∴，当且仅当时取等号. ∴, ∴的最小值为. 16. 已知函数. （1）当时，求的极值点； （2）若不等式对恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）极小值点为，极大值点为0 （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，得到，令，得到或，进而得到函数的单调性，再求解极值点即可； （2）根据条件，将问题转化成，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的最大值，即可求解. 【小问1详解】 由题意得， 当时，令，得或， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 则函数的极小值点为，极大值点为0. 【小问2详解】 由，得到， 因为，所以，则， 令，则， 当时，，即在区间上单调递增， 当时，，即在区间上单调递减，所以， 得到，所以，故的取值范围为． 17. 如图，已知三棱柱的各棱长均为，点为的中点． （1）证明：平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值； （3）一个质点从点出发沿着三棱柱的棱移动，每次等可能移动条棱或条棱到达另一个顶点（允许走回头路），设它随机移动次后又回到点的概率为，求，． 【答案】（1）连接交于点，连接, 因为为平行四边形，所以是的中点， 且为的中点，则， 因为平面，且平面， 则平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过构造相关平面内三角形的中位线证明线线平行，从而根据判定定理推导出线面平行. （2）利用已知垂直关系建立空间直角坐标系，通过求直线的方向向量与平面的法向量，代入向量夹角公式计算得出线面角的正弦值. （3）结合几何体的对称性与给定的游走规则，分类列举并计算走一步和两步的所有可能路径及其对应概率，最后将其相加即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得，且，易得两两垂直， 则以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 其中， 则，， 则，设，则， 解得，即， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则，即， 设直线与平面所成的角为，则 . 【小问3详解】 由题意得每次等可能移动1条棱或2条棱到达另一个顶点， 即有的概率走1条棱， 有的概率走2条棱， 质点从出发，移动1次后必须到达另一个顶点，因此不可能停留在点， 所以， 若移动1条棱， 质点会等可能地到达与相邻的3个顶点， 到达其中任一顶点的概率为， 若移动2条棱，质点从相邻顶点再走1步到达非的顶点， 从出发不走回头路的2棱路径共有6条， ， 等可能选择其中一条，每条路径的概率为， 综合计算从到其他各点的单步转移概率； ， ， ， ， ， 由题意得任意两点间的转移概率是对称的，即， 所以. 18. 已知动点满足方程． （1）求动点的轨迹的方程； （2）设，，过点的直线与轨迹交于，两点（，两点均在轴右侧），直线与直线相交于点． （ⅰ）证明：直线恒过定点； （ⅱ）若直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，求面积的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）由对称性可知，直线必过轴的定点， 当直线斜率不存在时，可得， 此时直线的斜率为，直线的方程为， 此时，直线的斜率为，直线的方程为， 所以直线与轴交点为， 设过点的直线为，， 直线与双曲线联立方程组可得， 则，， ， 因为，两点均在轴右侧，所以，即，得， 直线的斜率为，其方程为， 将代入直线的方程可得，即， 下面证明直线必经过点，即证， 因为，， 需证，因为， 代入化简可得， 将代入可得成立， 所以直线恒过定点； （ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）由双曲线的定义计算即可求解； （2）（ⅰ）根据对称性，当斜率不存在时得，设过点的直线为，，直线与曲线联立方程，根据韦达定理可得，由，代入计算即可得证；（ⅱ）根据对称性可得直线与直线相交于点即为定点，再由点到直线的距离公式、弦长公式表示面积，根据函数的基本性质即可求解. 【小问1详解】 将原方程配方得：， 由双曲线的定义可知，点的轨迹是以，为焦点的双曲线， 所以，，， 故动点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）略； （ⅱ）同理，由（ⅰ）可知，直线恒过定点， 所以直线与直线相交于点即为定点， 设点到直线的距离为，则， 由弦长公式可得， 所以， 令，则， 令， 由对勾函数性质可知，在上单调递减， 所以在上单调递增， 当，即时，取最小值为， 所以面积的最小值为. 19. 在数列中，，若存在自然数，使得对于任意正整数，数列是以为公差的等差数列，则称为“组差数列”． （1）若，判断是不是“组差数列”，并说明理由； （2）若是“组差数列”，且为定值，证明：； （3）记的前项和为，且为“组差数列”，证明：存在常数，使得恒成立． 【答案】（1）是，理由如下： 当时，， 当时，，， 所以， 所以数列是以为公差的等差数列，且， 所以是“组差数列” （2）证明：因为是“组差数列”， 所以数列是以18为公差的等差数列， 则， 又为定值，可设，则， 所以， 所以数列是等差数列，且公差为， 则， 设， 则， 两式相减得： ， 所以，即； （3）因为为“组差数列”， 所以数列是以为公差的等差数列， 则， 对于任意正整数，均存在非负整数和整数，使得， 此时，， 设这四项中的最小值为， 因为，所以， 从而， ， 令，由对任意的实数均成立，则 【解析】 【分析】（1）由可得，当时，可得，进而结合题设定义即可判断； （2）由题意可得，设，可得，进而得到，进而得到数列是等差数列，且公差为3，即可求出，再利用错位相减法求证即可； （3）由题意可得，即存在非负整数和整数，使得，此时，设这四项中的最小值为，进而得到，进而求证即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $