精品解析：福建福州市2026-2027学年高三年级上学期适应性练习数学试题

2026―2027学年福州市高三年级适应性练习 数学 （完卷时间：120分钟；满分：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、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. 样本数据80，85，87，88，90，92，95的第50百分位数为（ ） A. 87 B. 88 C. 89 D. 92 【答案】B 【解析】 【分析】利用百分位数的相关公式计算. 【详解】样本数据80，85，87，88，90，92，95是从小到大排列的， 因为，不是整数， 故样本数据的第四个数作为第50百分位数， 所以第50百分位数为88. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题设，，则. 3. 已知向量，不共线，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以存在唯一的实数，使得， 即，所以，解得. 4. 已知双曲线的一条渐近线过点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由双曲线方程可知一条渐近线方程为， 代入点可得，即， 所以双曲线的离心率为. 5. 如图，某广场摆放了石凳供大家休息，每张石凳是由一个正方体截去八个一样的四面体得到的几何体，数学上称之为阿基米德多面体.设被截正方体的棱长是，则每张石凳的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，利用三角形和正方形的面积公式，计算即得. 【详解】由题意，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形， 正方形及三角形的边长为， 则正方形的面积为，三角形的面积为， 所以每张石凳的表面积为. 6. 已知等差数列的首项为，公差为．将各项按照上小下大、左小右大的原则写成如下的三角形数表： 则这个三角形数表第10行所有数的和为（ ） A. 729 B. 980 C. 1000 D. 1331 【答案】C 【解析】 【分析】先求出等差数列通项，根据数表每行项数，算出前行总项数，确定第行对应原数列的首项与末项下标，求出该行首尾数值，再利用等差数列求和公式计算第行所有数的和． 【详解】由题意可得， 第行有项，第行有项，第行有项，……，第行有项， 前行总项数为， 所以第行第一个数是，第行共项，最后一个是， ，， 所以这个三角形数表第行所有数的和． 7. 已知的图象关于原点对称，且在区间上单调递减，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称性可得，再根据单调性结合周期性特征可得，代入检验可得，即可得结果. 【详解】设函数的最小正周期为， 因为函数的图象关于原点对称， 则，且，可得，即， 又因为在区间上单调递减，则，可得， 且，则，解得，可得， 若，则在区间上单调递减，符合题意； 若，则在区间上单调递增，不符合题意； 综上所述：，，所以. 8. 已知函数的最小值为1，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当,没有最小值；当,的最小值为,再利用换元法求解 【详解】的定义域是,,当,,在单调递减，没有最小值； 当,得,,,单调递减，,,单调递增， 所以当时,取得最小值, 令,则,即, 设,,,,单调递减，,,单调递增，所以， 所以的解为,即,. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出复数，然后逐项计算可得答案. 【详解】在复平面内，复数对应的点的坐标为，则， 对于A，，故正确； 对于B，，故正确； 对于C，，故错误； 对于D，，故正确. 10. 在四棱锥中，底面为正方形，侧面为正三角形，且平面平面，则（ ） A. B. 棱上存在点，使得平面 C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 二面角的大小为 【答案】AC 【解析】 【详解】 设底面正方形边长为，取的中点， 因为为正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 如图，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 对于A，，， 因为， 所以，即，A正确； 对于B，因为在轴上，设， ，，， 若平面，则，， ，即， ，即， 然而不能同时等于和，即不存在这样的，B错误； 对于C，，， ， 因为异面直线与所成角为锐角， 所以异面直线与所成角的余弦值为，C正确； 对于D，因为平面，所以平面的一个法向量为， ，， 设平面的法向量， 所以，即， 令，得， ， 所以二面角的大小不为，D错误． 11. 已知被、轴截得的弦长分别为、，则下列说法正确的是（ ） A. 可以取任意实数 B. 满足的有无数个 C. 若圆心在上，则的最大值为 D. 若圆心在直线上，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据圆的弦长公式推导、与圆心坐标的关系，再结合各选项的约束条件逐一判断正误. 【详解】∵ ⊙的方程为，半径， 圆心到轴的距离为，到轴的距离为， 由弦长公式可得，， 且弦长存在，则，，即，. 对选项A：∵，即，不能取任意实数，A错误. 对选项B：若，则，即， 只要满足，即可，符合条件的圆心有无数个， B正确. 对选项C：若圆心在⊙上，则， ∴，，则， 因为，由基本不等式可得，即， 当且仅当时等号成立， ∴的最大值为，C正确. 对选项D：∵，，令，， ∴. ∵圆心在直线上，∴， 代入得：， 结合弦长存在的约束，可得当时，取得最小值， 此时取最大值，故， 由基本不等式可得 ∴，即，∴， 当且仅当（即，结合可解得，满足）时等号成立. 故的最大值为，D正确. 【点睛】方法归纳：本题考查圆的弦长公式、不等式求最值，解题时先推导弦长与圆心坐标的关系，再结合约束条件转化为代数最值问题求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为________. 【答案】 【解析】 【详解】由题设，且时，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 13. 已知抛物线与的公共点为.若两条抛物线的焦点到直线的距离相等，且两焦点之间的距离为，则________，________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据条件，建立关于的方程组，求出，再联立抛物线方程，求出交点坐标，即可求解. 【详解】抛物线的焦点坐标为，抛物线的焦点坐标为， 由题有，又，解得，所以， 由，解得或，所以，则. 14. 已知数列的通项公式为.若中存在三项构成公比为的等比数列，则正整数的最小值为________. 【答案】12 【解析】 【分析】设数列中的构成公比为的等比数列，列出对应的方程，根据都是质数，求出,再将代入验证. 【详解】假设数列中的构成公比为的等比数列， 所以, 又, 所以, 所以, 因为都是质数，所以能被整除， 所以,即, 所以正整数的最小值为， 验证：当时，由得， 所以, 取，则,符合题意， 所以正整数的最小值为. 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. 如图，在直三棱柱中，是中点. （1）求证：平面； （2）若，且，求直线到平面的距离. 【答案】（1）如图所示，连接交于点，连接， 由三棱柱的特征可知侧面是平行四边形， 则是的中点，又是中点，则. 因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先证明线线平行，再利用线面平行判定定理证明；（2）解法一，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用等体积法求解点到面的距离；解法二，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用等体积法求解点到面的距离；解法三，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用空间向量法求解点到面的距离 【小问1详解】 略 【小问2详解】 【解法一】由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，设为. 因为，，所以. 又因为，， 所以，所以. 因为平面，由，得. 又因为，， 所以，解得， 即直线到平面的距离为. 【解法二】由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，设为. 因为，，所以. 又因为，，所以，所以. 又因为，，，平面.， 所以平面. 因为点为中点，所以点到平面的距离为. 由，得. 又因为，， 所以，解得， 即直线到平面的距离为. 【解法三】在直三棱柱中，平面，因为平面，所以,，因为，所以两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 设平面的法向量为，则， 取，则，，即. 又，则点到平面的距离. 由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，所以直线到平面的距离为. 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，两焦点分别为，，，且. （1）求的值； （2）已知，点在上，若是以为底边的等腰三角形，求点的坐标. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积坐标公式，以及求解； （2）解法一，设坐标，根据等腰三角形得 ，由数量积为零结合点在椭圆上可求的坐标；解法二，利用等腰三角形两腰相等，得到点在以 为圆心、为半径的圆上，联立圆与椭圆方程求解，舍去增根得到点 P 坐标;解法三，设过的直线参数方程，把点用参数表示，再利用等腰三角形腰长相等列方程求出参数，进而得到点坐标；解法四，利用椭圆的参数方程设点，结合等腰三角形腰长相等建立三角方程，求解参数得到点坐标. 【小问1详解】 由已知得，， 故，，且. 所以，解得. 因为，所以. 【小问2详解】 解法一：设，因为，所以中点为. 因为，所以，. 因为是以为底边的等腰三角形， 所以，所以，所以， 整理得，，即 ① 由（1）知：， 因为在椭圆上，所以 ② 联立①、②，消去，化简得. 显然，解得，代入②得. 所以点的坐标为或. 解法二：因为是以为底边的等腰三角形，且，， 所以，所以点在以为圆心，为半径的圆上（异于点）， 所以，即 整理得， ① 由（1）知：，因为在椭圆上，所以. ② 联立①、②，消去，化简得. 解得，代入②得.所以点的坐标为或. 解法三：设点，由题意不与重合，故， 则直线的方程可设为. 由（1）知：，因为在椭圆上，所以. ① 将代入①，得. 展开整理，得.因，得， 所以，.所以. 因为是以为底边的等腰三角形，，， 所以，所以. 整理得，. ② 将代入②，得. 展开整理，得.因为，所以. 所以，. 所以点的坐标为或. 解法四：由（1）知：， 由在椭圆上，可设. 因为是以为底边的等腰三角形，且，， 所以，且. 所以. 展开，得. 整理，得. 因为，所以，所以， 所以点的坐标为或. 17. 记的内角，，的对边分别为，，.已知，. （1）求； （2）若的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理处理已知条件，结合得到，再由内角和公式和两角和余弦公式求出，根据商的关系求结论； （2）方法一：设的外接圆半径为，由条件结合三角形面积公式可得，由三角形面积公式结合正弦定理可得，再由正弦定理求，根据余弦定理求结论； 方法二：由条件结合三角形面积公式可得，由正弦定理可得，结合可求，根据余弦定理求结论； 方法三：由条件结合三角形面积公式可得，由正弦定理和三角形面积公式结合，求，再由余弦定理求结论. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得. 因为，故， 又， 所以， 所以， 所以. 【小问2详解】 解法一：由（1）知，，且. 设的外接圆半径为，因为的面积为， 所以， 所以， 解得， 所以. 由余弦定理， 得，所以， 所以， 解得. 解法二：因为的面积为，且， 所以，所以，解得. 由正弦定理得，所以， 又，所以，所以， 所以. 由余弦定理， 得，所以， 所以， 解得. 解法三：因为的面积为，且， 所以，所以，解得， 又因为 ， 所以，所以. 由余弦定理 得，所以， 所以， 解得. 18. 足球点球大战的规则如下：裁判员通过抽签决定先罚点球的球队，之后双方交替罚球.前五轮中，每队各派5名队员依次罚点球；若领先方的进球数与落后方的进球数的差值，超过落后方剩余罚点球的次数，则领先方提前获胜；否则，完成五轮时，进球数多的球队获胜.若完成五轮时双方进球数相同，则从第六轮开始进入“Sudden Death”阶段，即双方继续各派新队员罚点球，直到某一轮中一方罚进而另一方罚失时决出胜负.某次高中足球联赛的淘汰赛中，甲、乙两队在常规时间和加时赛后以战平，比赛进入点球大战.假设每名队员是否罚进相互独立.已知甲队前五轮5名队员罚进点球的概率依次为，，，，；乙队前五轮每名队员罚进点球的概率均为.甲队先罚. （1）求乙队在前两轮中恰好罚进一个点球的概率； （2）前三轮罚点球后，比分达到. （ⅰ）求第五轮时甲队罚进点球就提前获胜的概率； （ⅱ）已知两队未进入第六轮“Sudden Death”阶段，且甲队获胜.用表示比赛中甲队罚进点球的个数，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）（i） （ii）分布列为 4 5 【解析】 【分析】（1）根据二项分布的概率公式求解即可. （2）（i）根据题干规则，结合独立事件概率乘法公式求解即可. （ii）判断的可能取值，结合条件概率公式及独立事件概率乘法公式求出对应的概率，进而得到分布列，求出数学期望. 【小问1详解】 设事件，分别为甲队、乙队第名队员罚进点球， 则，，，. 设事件“乙队在前两轮中恰好罚进一个点球”， 则. 【小问2详解】 （i）由题意可知，在后甲队在第五轮时罚进点球就提前获胜，即第4轮甲队罚进乙队罚失，第5轮甲队罚进. 记所求事件为，因为，，相互独立， 所以. （ii）的可能取值为4，5. 设“已知两队未进入第六轮‘Sudden Death’阶段，且甲队获胜”，“比赛中甲队罚进点球的个数为4”，“比赛中甲队罚进点球的个数为5”， 则，，互斥，且，，，，，，，相互独立， 因为 ， 由（i）知，， 所以 ， 所以. 因此，， 则的分布列为 4 5 故. 19. 已知函数的定义域为，为非零实数，若对任意都有，则称为拓展函数. （1）已知狄利克雷函数.若函数，，判断是否为拓展函数； （2）已知为拓展函数（，且），设，当时，. （ⅰ）当时，证明：，； （ⅱ）若，，，证明：. 【答案】（1）是 （2）（i）【解法一】证明：，，使得 因为为拓展函数，所以， 则，，… 则， 所以， 所以. 因为当时，，且， 所以，所以，. （ii）【解法一】证明：因为，所以当时，， 当时，，，使得， 因为，所以，，… 所以， 所以， 所以.因为当时，，且， 所以，所以. 同理可证当时，. 设，则， 设，则， 则，所以， 则，且，.（*） 因为，且为拓展函数， 所以，，… 则， 同理. 不妨设，，，使得，由（*）得， 故，. 同理，时，. 综上，. 【解法二】同理可证，当时，. 设，， 设，则， 则且，（*） 因为， 所以，，…，， 则， 则，同理， 不妨设，且，，使得， 由（*）得， 则，是常数，又因为，则可设. 因为，所以.而，故. 故，所以. 同理，时，. 综上，. 【解析】 【分析】（1）根据狄利克雷函数定义证明，再结合拓展函数定义判断结论； （2）（ⅰ）对于，，使得，由条件可得，根据导数运算法则证明，由此证明结论； （ⅱ）【解法一】先证明当时，，再证明，设，通过二次求导证明为增函数，由此证明时，，同理证明时，即可； 【解法二】同解法一证明当时，，设，利用导数方法证明为增函数，由此证明时，，同理证明时，即可. 【小问1详解】 依题意得，当为有理数时，则也为有理数，故，， 所以； 当为无理数时，则也为无理数，故，， 所以； 故，， 所以是拓展函数. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 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B. C. D. 3. 已知向量，不共线，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知双曲线的一条渐近线过点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，某广场摆放了石凳供大家休息，每张石凳是由一个正方体截去八个一样的四面体得到的几何体，数学上称之为阿基米德多面体.设被截正方体的棱长是，则每张石凳的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的首项为，公差为．将各项按照上小下大、左小右大的原则写成如下的三角形数表： 则这个三角形数表第10行所有数的和为（ ） A. 729 B. 980 C. 1000 D. 1331 7. 已知的图象关于原点对称，且在区间上单调递减，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的最小值为1，则（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 10. 在四棱锥中，底面为正方形，侧面为正三角形，且平面平面，则（ ） A. B. 棱上存在点，使得平面 C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 二面角的大小为 11. 已知被、轴截得的弦长分别为、，则下列说法正确的是（ ） A. 可以取任意实数 B. 满足的有无数个 C. 若圆心在上，则的最大值为 D. 若圆心在直线上，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为________. 13. 已知抛物线与的公共点为.若两条抛物线的焦点到直线的距离相等，且两焦点之间的距离为，则________，________. 14. 已知数列的通项公式为.若中存在三项构成公比为的等比数列，则正整数的最小值为________. 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. 如图，在直三棱柱中，是中点. （1）求证：平面； （2）若，且，求直线到平面的距离. 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，两焦点分别为，，，且. （1）求的值； （2）已知，点在上，若是以为底边的等腰三角形，求点的坐标. 17. 记的内角，，的对边分别为，，.已知，. （1）求； （2）若的面积为，求. 18. 足球点球大战的规则如下：裁判员通过抽签决定先罚点球的球队，之后双方交替罚球.前五轮中，每队各派5名队员依次罚点球；若领先方的进球数与落后方的进球数的差值，超过落后方剩余罚点球的次数，则领先方提前获胜；否则，完成五轮时，进球数多的球队获胜.若完成五轮时双方进球数相同，则从第六轮开始进入“Sudden Death”阶段，即双方继续各派新队员罚点球，直到某一轮中一方罚进而另一方罚失时决出胜负.某次高中足球联赛的淘汰赛中，甲、乙两队在常规时间和加时赛后以战平，比赛进入点球大战.假设每名队员是否罚进相互独立.已知甲队前五轮5名队员罚进点球的概率依次为，，，，；乙队前五轮每名队员罚进点球的概率均为.甲队先罚. （1）求乙队在前两轮中恰好罚进一个点球的概率； （2）前三轮罚点球后，比分达到. （ⅰ）求第五轮时甲队罚进点球就提前获胜的概率； （ⅱ）已知两队未进入第六轮“Sudden Death”阶段，且甲队获胜.用表示比赛中甲队罚进点球的个数，求的分布列和数学期望. 19. 已知函数的定义域为，为非零实数，若对任意都有，则称为拓展函数. （1）已知狄利克雷函数.若函数，，判断是否为拓展函数； （2）已知为拓展函数（，且），设，当时，. （ⅰ）当时，证明：，； （ⅱ）若，，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $