福建省厦门市同安实验中学等校2026届高三高考综合改革适应性演练数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页福建省厦门市同安实验中学等校2026届高三高考综合改革适应性演练数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知i是虚数单位，复数(1−2i)2的虚部为(

)A.0 B.−3 C.−4 D.−4i2.已知集合U={x∣−3<x≤4},A={x∣−1≤x≤4}，则∁UA=(

)A.[−3,−1] B.(−3,−1] C.(−3,−1) D.[−3,−1)3.焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线方程为y=23x，则双曲线离心率是A.132 B.2133 4.已知点(a,0)(a>0)是函数y=2tan(x−π3)的图象的一个对称中心，则A.π6 B.π3 C.π25.已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x> 0时，f(x)=−x+1，则f(−4)等于(

)A.5 B.3 C.−3 D.−56.我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”.“赵爽弦图”是数形结合思想的体现，还被用做第24届国际数学家大会的会徽．如图，大正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若DA=m，DC=n，AF=12A.25m+15n B.17.过原点O作直线l:2m+nx+m−ny−2m+2n=0的垂线，垂足为P，则P到直线A.2+1 B.2+2 C.8.已知函数f(x)满足xf′(x)lnx+f(x)>0(其中f′(x)是f(x)的导数)，若a=f(e12)，b=f(e)A.4c<2b<a B.2b<4c<a C.a<2b<4c D.a<4c<2b二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点E,F分别是棱AA.CC1⊥平面A1B1C1 B.AF⊥平面CBB110.设抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点F的直线与C交于Ax1,y1,BxA.AB≥4 B.∠AMB>π2

C.若y1+y211.在▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，BD平分∠ABC并交AC边于点D，若cos∠ABC=−725，BD=2，则下列说法正确的是A.▵ABC的面积有最小值163 B.a−1c=a

C.a+c有最小值203 D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知曲线f(x)=xlnx+a在x=e处的切线方程为y=2x−2e，则a=

．13.已知等比数列an的前3项和为84，a2−a5=21，则公比14.一个不透明的袋子中装有3个黑球，n个白球(n∈N∗)，这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为920，设X为取出白球的个数，则四、解答题：本题共4小题，共62分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)记数列an的前n项和为S(1)设a1=1，若Sn(2)记fx=1+x+x2+x16.(本小题15分)如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC=CD=2，AC=4，∠ACB=∠ACD=60°．(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；(2)若F为PC的中点，且AF⊥PB；(i)求证：四棱锥P−ABCD的各个顶点都在一个球的球面上，并求该球的半径；(ii)求二面角B−AF−D的正弦值．17.(本小题17分)复数z=x+yi(a,b∈R)与复平面上的点Px,y(1)复数z0=x0+y0i(x0,y0∈R)，z=x+yi(x,y∈R)，若z−z(2)复数z1=i、z2=−i、z3−z2=4、z=x+yi(x,y∈R)(ⅰ)求C的标准方程，并判断曲线类型；(ⅱ)平面上过Q2,1的动直线l交曲线C于A、B两点，R是线段AB上一点且满足AQ⋅RB=18.(本小题17分)已知fx=x(1)求函数y=fx、y=g(2)请严格证明曲线y=fx、y=g(3)对于常数a∈0,1e，若直线y=a和曲线y=fx、y=gx共有三个不同交点x1,a、x2,a、x3,a参考答案1.C

2.C

3.C

4.B

5.B

6.B

7.A

8.C

9.AC

10.ACD

11.ACD

12.−e

13.12

或0.514.3215.(1)当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2数列an是以q=2为公比，以a1=1(2)当x≠0时，fx所以f′x所以an令bn=n⋅2n，其前∴∴2①−②得：−=(1−n)⋅2∴T令cn=2n，其前所以S

16.解：(1)证明：由余弦定理，有AB=因为(23)所以BC⊥AB，因为PA⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PA，因为PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB

；(2)(i)连接FB,FD，因为BC⊥平面PAB,PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，因为F为PC的中点，所以FB=12PC因为PA⊥底面ABCD,AC⊂平面ABCD，所以PA⊥AC，因为F为PC的中点，所以FA=12PC所以F为四棱锥P−ABCD的外接球的球心，建立如图所示的空间直角坐标系，连接DB，取AB的中点M，连接DM，

由▵ACB≌▵ACD，得AB=AD，又∠DAB=2∠CAB=60∘，所以有DM⊥AB，易知A0,0,0设PA=a，则P0,0,a,F因为AF⊥PB，所以AF⋅有3⋅2即PA=23，有故四棱锥P−ABCD的外接球的半径为7(ii)由(i)知F3,1,设平面BAF的法向量为m=由m⋅AB则x=0，取z=1,y=−3，得平面BAF的一个法向量为设平面DAF的法向量为n=由n⋅AD取y0=得平面DAF的一个法向量为n=设二面角B−AF−D的平面角为α，则sinα=

17.(1)

C1

是圆心为

x0,y0

证明：因为

z−z0=rr>0

，所以所以

x−x02+y−表示圆心为

x0,y0

，半径为C2

是经过

0,0

和

x0证明：因为

z=λz0λ∈R

，所以

x+yi=λx0+当

x0≠0

时，

yx=y0x0

，即

y=y0当

x0=0

时，

x=0

，表示

y所以

C2

是经过

0,0

和

x0(2)(i)设

z1,z2,z由(1)可知，

z−z2=μz3−z2

表示直线

Z2Z所以

P

为

Z1Z3

的垂直平分线与直线

因为

z1=i

，所以

Z10,1

，因为

z2=−i因为

z3−z2=4

，所以

Z3

在以

Z如下图所示，

由上可知，

PZ1所以

P

的轨迹是以

Z10,1,Z20,−1所以

2a=4,2c=2

，所以

a2=4,所以

C

的标准方程为

y24(ⅱ)设

Ax1,y1,B由题意可知，直线

AB

的斜率存在，设

AB:y=kx−2+1联立

y=kx−2+14x2+3所以

x1+x2=6k因为

AQ=AR=所以

AQ⋅RB化简可得

m+2x1+所以

m+26k2k−1所以

6m−3k=8m−9

，且

k=n−1所以

6m−3×n−1m−2=8m−9

，化简可得所以

R

在定直线

8x+3y−12=0

上．

18.解：(1)对于y=f(x)，f′(x)=1−xex，

易知当x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，

则函数f(x)的严格增区间为(−∞,1)，严格减区间为(1,+∞)，极大值为f(1)=1e；

对于y=g(x)，g′(x)=1−lnxx2，

易知当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，

则函数g(x)的严格增区间为(0,e)，严格减区间为(e,+∞)，极大值为g(e)=1e；

(2)证明：对于函数y=f(x)−g(x)，x∈(0,+∞)，

设h(x)=f(x)−g(x)，h′(x)=1−xex−1−lnxx2，

当x∈[1,e]时，h′(x)<0，h(x)严格减，h(1)h(e)=1e.(1ee−1−1e)<0，存在一个零点x0;

当x∈(0,1)时，f(x)>0，g(x)<0，h(x)=f(x)−g(x)>0，无零点;

当x∈(e,+∞)时，由(1)得g(x)<1e<1，即lnxx<1，所以1<lnx<x，

所以f(x)<f(lnx)=g(x)，所以h(x)=f(x)−g(x)<0，无零点;

综上所述，曲线y=f(x)、y=g(x)有唯一交点，且交点横坐标x0∈(1,e)．

(3)证明：因为y=f(x)在(0,1)上严格增，值域为(0,1e)，

所以y=a和y=f(