精品解析：福建省福州第十一中学2026-2027学年高三第一学期10月适应性练习数学试卷

福州第十一中学2026~2027学年第一学期10月适应性练习试卷 高三年级数学试卷 命题:左天悦 审核:高三数学组 (时间:120分钟满分:150分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（　　） A. B. C. D. 2. 已知母线长为5的圆锥的侧面积为，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中，含的项的系数为（ ） A. B. 40 C. 80 D. 120 4. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 5. 已知直线与椭圆C：交于，两点，以线段为直径的圆过椭圆的左焦点，若，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 6. 已知1－i是方程x2＋ax＋2＝0的一个根，则实数a的值为（ ） A. 2 B. －2 C. 4 D. －4 7. 已知函数定义域为，为其导函数，若恒成立，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，.若的图象与轴有且仅有两个交点，则实数的取值范围是（ ） 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. 已知为两个随机事件，，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若与相互独立，则 C. 若互斥，则 D. 若与相互独立，则 10. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 的图象关于点对称 11. 如图，正方体中，点M在线段（不包含端点）上运动，则下列判断中正确的是（ ） A. 平面 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 平面恒成立 D. 三棱锥的体积是定值 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若均为正数，且，则的最小值为___________． 13. 已知正方体的棱长为，点是正方体外接球的球面上一点，为正方体内切球的球面上的两点，若，则__________. 14. 无人机送物成为人工智能时代的一种流行的物流方式.现在有部不同无人机可供调用给个街区送物（如图），若每部无人机只能给个区块或者两个相邻区块进行送物，所有区块均需配送，则不同分配方案种数为______. 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. 已知数列的前n项和为，且满足 （1）证明数列为等比数列，并求它的通项公式； （2）设，求数列的前n项和 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若的面积为1，求的周长． 17. 已知定直线l：，点M在l右侧，且M到的距离与到l的距离之比为2，记其轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）过F与x轴垂直的直线交于A，C两点，过F的直线交于B，D两点.若四边形ABCD的面积为，求的方程. 18. 如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，满足？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 19. 已知函数． （1）曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）当时，对于任意，恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州第十一中学2026~2027学年第一学期10月适应性练习试卷 高三年级数学试卷 命题:左天悦 审核:高三数学组 (时间:120分钟满分:150分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据题意，集合， ， 故． 2. 已知母线长为5的圆锥的侧面积为，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出底面半径和高后，由体积公式计算． 【详解】设圆锥的高为，底面半径为，则 ，，∴， 体积为， 故选：A． 3. 的展开式中，含的项的系数为（ ） A. B. 40 C. 80 D. 120 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式求解. 【详解】解：因为的展开式中，通项为， 所以含的项的系数为． 故选：A 4. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】结合正弦函数性质结合图象中最大最小值可先计算出，再利用点计算出，最后借助点代入计算即可得的值. 【详解】因为，所以，解得， 所以，则， 因为，所以，可得， 因为，所以， 即，因为，所以. 故选：D. 5. 已知直线与椭圆C：交于，两点，以线段为直径的圆过椭圆的左焦点，若，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得四边形为矩形，结合椭圆定义与勾股定理可将分别用和表示，即可得离心率. 【详解】取右焦点，连接、，由在以线段为直径的圆上， 故，结合对称性可知四边形为矩形，有， 有，又， 由，则，， 由椭圆定义可得， 故， 则. 故选：C. 6. 已知1－i是方程x2＋ax＋2＝0的一个根，则实数a的值为（ ） A. 2 B. －2 C. 4 D. －4 【答案】B 【解析】 【分析】代入求解即可 【详解】因为1－i是方程x2＋ax＋2＝0的一个根，故，即，解得 故选：B 7. 已知函数定义域为，为其导函数，若恒成立，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，根据已知不等式，求出构造函数在定义域上的单调性，根据函数单调性，解出不等式的解集. 【详解】令，则， 因为在上，恒成立，可知在上单调递增， 因为，所以， 当时，即，可得， 因为在上单调递增，所以. 故选：B. 8. 已知函数，.若的图象与轴有且仅有两个交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将的图象与轴有且仅有两个交点，转化为函数与的图象在上有且仅有两个交点，再利用数形结合去求解实数的取值范围. 【详解】，的图象与轴有且仅有两个交点， 等价于函数与的图象在上有且仅有两个交点. 当直线与的图象相切时， 令，得，即切点为，此时； 当的图象过点时，， 所以要使函数与的图象在上有且仅有两个交点， 则需. 故选：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. 已知为两个随机事件，，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若与相互独立，则 C. 若互斥，则 D. 若与相互独立，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据事件包含关系的概率可判断A；根据相互独立事件的概率公式及并集概率公式计算可判断B；根据互斥事件的定义及事件包含关系的概率可判断C；根据条件概率公式及相互独立的概率公式计算可判断D. 【详解】对于A：若，则，所以，故A正确； 对于B：若与相互独立，， 则，故B错误； 对于C：若互斥，则，， 所以，故C错误； 对于D：若与相互独立，则， ， 所以，故D正确． 10. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 的图象关于点对称 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的定义推理可得的周期，结合已知函数求出，再逐项分析判断. 【详解】由为奇函数，得，即， 则，由为偶函数，得，则， 于是，函数是周期函数，一个周期为4， 由，得，由，得， 由，得，于是，解得， 对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，由，得，为偶函数，C正确； 对于D，，的图象关于点对称，D错误. 故选：AC 11. 如图，正方体中，点M在线段（不包含端点）上运动，则下列判断中正确的是（ ） A. 平面 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 平面恒成立 D. 三棱锥的体积是定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】证明平面平面 判断A；求出异面直线所成角的范围判断B；举例说明C错误；由等体积法判断D即可． 【详解】对于A，连接，，由，，得四边形为平行四边形， 则，平面，平面， 平面， 同理平面，又， 平面平面 而平面，平面，故A正确； 对于B，当M为的中点时，，则与所成角为， 当M无限接近或时，异面直线与所成角无限接近， 异面直线与所成角的取值范围是故B正确； 对于C，取M为的中点时，AC与所成角为，平面不成立，故C错误； 对于D，平面，点M在线段上 ，则三棱锥的体积是定值，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若均为正数，且，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式“1”的妙用求最值求解. 【详解】， 当且仅当，即时等号成立， 所以，的最小值为. 13. 已知正方体的棱长为，点是正方体外接球的球面上一点，为正方体内切球的球面上的两点，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据的长度判断出其为内切球的直径，然后通过化简可得，代入外接球和内切球的半径可计算出结果. 【详解】因为正方体棱长为，所以外接球的半径为，内切球的半径， 因为，所以是内切球的直径，如图所示，设两个球心均为， 所以， 所以， 故答案为：. 14. 无人机送物成为人工智能时代的一种流行的物流方式.现在有部不同无人机可供调用给个街区送物（如图），若每部无人机只能给个区块或者两个相邻区块进行送物，所有区块均需配送，则不同分配方案种数为______. 【答案】 【解析】 【分析】分情况讨论：（1）若有部无人机只负责配送区域；（2）若有部无人机负责配送区域与区域.然后确定剩余部无人机所负责的区域，结合分步和分类计数原理可得结果. 【详解】分以下几种情况讨论： （1）若有部无人机只负责配送区域，则其余部无人机分别负责个区域， 则剩余部无人机分别负责区域与区域、区域与区域、区域与区域， 或区域与区域、区域与区域、区域与区域， 或区域与区域、区域与区域、区域与区域， 此时不同的分配方案种数为种； （2）若有部无人机负责配送区域与区域，则剩余部无人机有部负责个区域，有部无人机只负责个区域， 则剩余部无人机分别负责区域、区域与区域、区域与区域， 或区域、区域与区域、区域与区域， 或区域、区域与区域、区域与区域， 此时不同的分配方案种数为种. 综上所述，不同的分配方案种数为种. 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. 已知数列的前n项和为，且满足 （1）证明数列为等比数列，并求它的通项公式； （2）设，求数列的前n项和 【答案】（1）证明如下： 由题设，则，整理得， 又， ∴是首项为1，公比为3的等比数列， ∴. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据递推式可得，结合等比数列的定义判定证明，进而写出通项公式； （2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，则， 所以， 所以， 所以. 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若的面积为1，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出A，解法1由正弦定理及两角差的正弦公式化简可得，即可由同角三角函数基本关系求，解法2由正弦定理及条件可得，再由余弦定理及正弦定理求解； （2）解法1由正弦定理及面积公式求出即可得解，解法2由正弦定理及条件得出，在直角三角形中设，再由面积公式即可得解. 【小问1详解】 由余弦定理，可得， 且，则， 解法1：， 由正弦定理：，， 所以，即， 又因为，解得， 因为，所以； 解法：因为，， 所以由，即， 不妨设， 由余弦定理，即， 解得， 由正弦定理，， 所以. 【小问2详解】 解法1： 由（1）知，，，， 由正弦定理，， 于是， ， 所以， 解得，所以， 所以； 解法2：由（1），，， 则，所以， 如图，延长，过点作， 由，则， 设， 所以， 所以， 则解得， 于是. 17. 已知定直线l：，点M在l右侧，且M到的距离与到l的距离之比为2，记其轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）过F与x轴垂直的直线交于A，C两点，过F的直线交于B，D两点.若四边形ABCD的面积为，求的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据题意可得，化简可得曲线的方程； （2）设直线的方程为，，与双曲线方程联立，结合根与系数的关系可得，进而可得，结合题意求解即可. 【小问1详解】 设， 因为M到的距离与到l的距离之比为2，所以， 两边平方可得，所以， 所以，所以， 所以的方程为； 【小问2详解】 由题意可知的方程为，代入的方程可得， 由题意的斜率存在，所以设直线的方程为， 联立，可得， 设，所以， 所以或， 所以 ， 因为为的中点，所以，所以， 所以，整理得，解得（舍去）或， 所以，所以的方程. 18. 如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，满足？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 【答案】（1）取的中点，连接.因为点为棱的中点， 所以，且，又因为，， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面. （2） （3）在棱上存在点，满足，此时 【解析】 【分析】（1）取的中点，构造平行四边形，从而得到，最后利用线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用向量法求出直线的方向向量与平面法向量夹角余弦值的绝对值， 即为线面角的正弦值； （3）设比例参数，写出，利用垂直向量数量积为0建立方程求出，且在范围内，说明该点存在. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，以点为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为点为棱的中点，得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 不妨设，可得， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 假设在棱上存在点，满足， 设，则， 因为， 故， 由，得，解得，满足， 所以在棱上存在点，满足，此时. 19. 已知函数． （1）曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）当时，对于任意，恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明：由（2）可知，当时，， 令，则，因为， 令，则， 即， 累加得：， 即成立 . 【解析】 【分析】（1）根据切线方程为可得斜率为，以及经过点，即可求导得解， （2）将问题转化为，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解， （3）根据（2）的结论得，即可累加求解. 【小问1详解】 ， 则，则 【小问2详解】 当时，依题意有对于任意恒成立，则， 设， 设， 由得：，则在上单调递减， 且，则在上恒成立，即在上单调递减， ，则，则. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $