2026年福建福州宁德市高三二模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026届高中毕业班适应性考试数学（满分：150分时间：120分钟）注意事项：1．答题前，学生务必在试卷、答题卡规定的地方填写自己的学校、准考证号、姓名.学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与学生本人准考证号、姓名是否一致.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．答题结束后，学生必须将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每题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．设全集，集合，则（

）A． B． C． D．2．已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（

）A． B． C． D．3．已知复数在复平面内对应的点位于第二象限，则下列结论一定成立的是（

）A． B． C． D．4．某次测试中，某10人的成绩（单位：分）分别为：48，75，58，66，78，82，84，78，86，91，则这组数据的第80百分位数是（

）A．78 B．82 C．84 D．855．等差数列的前n项和为，且，，则（

）A．90 B．100 C．110 D．2006．已知函数为增函数，则的最小值是（

）A． B． C． D．7．已知三棱锥的体积为，．若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（

）A． B． C． D．8．已知函数有且仅有个极值点、、，且，则（

）A．为奇数 B．为奇数C．若，则 D．若，则二、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．在正方体中，分别为的中点，则（

）A． B．平面C． D．平面10．已知函数的部分图象如图所示，点、在的图象上．下列说法正确的是（

）A．的最小正周期是B．在区间单调递增C．的一个对称中心是D．的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到11．已知抛物线的焦点为，过的直线l交于两点，直线交于另一点D，则（

）A．B．的内心在定直线上C．若，则D．若，则的面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知单位向量，满足，则________.13．为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答）14．已知数列满足，，则________．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．在中，，．(1)若，求的面积；(2)点D在边BC上，，E为AC中点，且，求角C的大小．16．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若，求的取值范围．17．已知椭圆的短轴长为2，离心率为．过E的右焦点的直线交E于A，B两点，过E的中心的直线交E于C，D两点．(1)求E的方程；(2)若，求直线AB的方程．18．某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为其中，．(1)当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值；(2)已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人．（i）求该顾客为幸运客户的概率；（ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围．19．已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧．(1)若，证明：是锐角三角形；(2)若，是线段上靠近的三等分点，．（i）证明：二面角为锐角；（ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】写出集合，利用补集的定义可得集合.【详解】因为全集，，故.2．B【分析】根据离心率求出，即可得双曲线线的渐近线方程..【详解】因为，所以，即，因为双曲线的渐近线方程为所以C的渐近线方程为.3．C【分析】根据复数的乘法求出对应的点结合该点在第二象限判断即可.【详解】，所以复数在复平面内对应的点为，因为该点在第二象限，所以，，则，所以，即，所以.4．D【详解】将数据从小到大排列，得到48，58，66，75，78，78，82，84，86，91，由于，故从小到大选取第8个和第9个数的平均数作为第80百分位数，所以这组数据的第80百分位数是.5．B【分析】设出首项和公差，求解出基本量，最后利用求和公式求和即可.【详解】设首项为，公差为，因为，所以，因为，所以，联立方程组可得，解得，则由等差数列求和公式得，故B正确.6．C【分析】根据分段函数的单调性可得出关于实数的不等式组，解之即可.【详解】由对勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，在上单调递增，因为函数在上为增函数，所以函数在上为增函数，则，即，又因为函数在上为增函数，且函数在上为增函数，则有，因，则可得，解得，故实数的取值范围是，即的最小值为.7．B【分析】首先找到的外接圆圆心位置，结合三棱锥的体积确定外接球半径及外接球球心的位置，并利用勾股定理建立关于的方程求解，最后用球的表面积公式计算求解.【详解】已知，，所以的面积.，直角三角形外接圆圆心为斜边中点，设中点为，则.因为三棱锥体积，代入得，，又，为中点，由等腰三角形三线合一得，且，因此平面，即在底面投影为.设，球半径为，则.，，联立得，解得，因此.即球的表面积.8．D【分析】求导得出，令可得或或，对、的大小以及、的奇偶性进行分类讨论，利用列表的形式分析函数的单调性，结合极值点的定义可得出合适的选项.【详解】因为函数，该函数的定义域为，（1）当时，，由可得或，此时函数不可能有三个极值点，舍去；（2）当且时，，由可得或或，因为函数有且仅有个极值点、、，且，则且，符合题意，①若，则，，则，所以，，，若、都为奇数，则、都为偶数，列表如下：减减极小值增增此时函数只有一个极值点，不符合题意；当为奇数，为偶数，则为偶数，为奇数，列表如下：增增极大值减极小值增此时函数有两个极值点，不符合题意；当为偶数，为奇数时，同理可知，函数有两个极值点，不符合题意；当、均为偶数时，、均为奇数，列表如下：减极小值增极大值减极小值增此时函数有个极值点，符合题意，且，，，此时，则；②当时，同理可知、均为偶数，且，，，此时，则.故D选项正确.9．ABD【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明并结合线面垂直的判定定理求解即可.【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，设正方体边长为，则，，，，对于A，可得，，则，得到，故A正确；对于B，由题意得，，，，则，，，可得，得到，可得，得到，而平面，得到平面，故B正确；对于C，由题意得，，若，则，得到，而不存在使方程组成立，即不成立，故C错误；对于D，由题意得，，，设平面的法向量为，则，令，解得，，得到，可得，得到平面，故D正确.10．AD【分析】由图象求出、的值，结合正切型函数的周期公式可判断A选项；利用正切型函数的周期公式可判断B选项；利用正切型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.【详解】对于A选项，由题意可得，又因为，所以，所以，又因为，所以，解得，由图可知函数的最小正周期满足，即，即，故，因为，故，，所以函数的最小正周期为，A对；对于B选项，由A选项可知，当时，，故函数在区间上不单调，B错；对于C选项，因为，故不是函数的一个对称中心，C错；对于D选项，因为，所以的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到，D对.11．ABD【分析】作出符合题意的图形，利用斜率的几何意义得到，结合题意得到进而判断A，联立方程组结合韦达定理得到，最后结合内心的性质判断B，利用二倍角公式并结合方程得到判断C，先确定，再利用弦长公式与点到直线的距离公式得到面积解析式，最后结合角平分线定理建立方程，求解参数，进而得到三角形面积判断D即可.【详解】因为抛物线的焦点为，所以，解得，则抛物线方程为,如图，作出符合题意的图形，作轴，对于A，设，则，由题意得是直线的倾斜角，由斜率的几何意义得，由诱导公式得，由焦半径公式得，在中，可得，则，故A正确，对于B，设的方程为，，联立方程组，可得，由韦达定理得，，则，，由斜率公式得，，因为，所以，可得，则，得到被轴平分，可得的内心在定直线上，故B正确，对于C，因为被轴平分，所以，设，，因为，所以，由二倍角公式得，解得（另一根舍去），则，联立方程组，解得，此时，与不符，故C错误，对于D，因为，所以或（与题意不符，排除），设直线的方程为，设，联立方程组，可得，由韦达定理得，，则，由弦长公式得，，由焦半径公式得，且，而直线的方程为，设到的距离为，由点到直线的距离公式得，则，因为，所以平分，由角平分线性质得，可得，化简得，解得，则，故D正确.12．【详解】，又，为单位向量，故，解得，又，所以.13．【分析】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，由于甲、乙两人不能被安排到资源组，针对甲、乙两人在同一组与不同组进行分类计算，结合要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多排除一些情况，再使用排列组合公式进行计算.【详解】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，那么资源组、电芯组、基建组人数分配情况有与,当甲、乙两人在同一组时，那么甲乙只能同在电芯组或基建组,存在与两种分配情况,此时,;当甲、乙两人在不同组时，那么甲乙只能一个在电芯组另一个在基建组,存在与两种分配情况,此时,;.14．【分析】构造数列，根据递推关系，可得，利用等比数列通项公式求出，分组求和即可得解.【详解】因为，所以，令，则，所以，则，所以，又，所以是以为首项，公比为的等比数列，所以，即，所以.15．(1)(2)【分析】（1）由余弦定理和面积公式进行求解；（2）由正弦定理和三角恒等变换进行求解.【详解】（1）设，由余弦定理，得，即，，求得或（不合要求，舍去），即，所以．（2）因为，为中点，所以，，在中，由正弦定理，得，又，即，又，所以，因为，所以，故，故，其中，，所以，所以，所以．因为，所以．16．(1)(2)【分析】利用导数的几何意义、导数的应用等基础知识求解即可.【详解】（1）函数的定义域为，．当时，因为，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）解法一：(i)当时，，在单调递增，此时存在，使，不符合题意，舍去；(ii)当时，显然成立；(iii)当时，令，得，令，得；所以在单调递减，在单调递增．所以，解得．综上所述，的取值范围为．解法二：由已知，得．(i)当时，可得．因为，所以，又因为时，，所以；(ii)当时，恒成立，所以；(iii)当时，可得．令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，所以．综上所述，的取值范围为．17．(1)(2)【分析】（1）根据离心率及短轴长求出即可得解；（2）分别设出直线方程，联立椭圆方程，求出，，根据平行可知，列出方程求解即可.【详解】（1）依题意，得解得所以的方程为．（2）因为，所以，且．设，，，，显然直线的斜率不为零，可设直线的方程为，直线的方程为．

由得，可得，所以所以．由得，所以．则，又因为，所以，解得，所以直线的方程为．18．(1)(2)（i），；（ii）.【分析】（1）由分布列的性质得出，再利用期望公式求解即可；（2）（i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”，求出、，利用全概率公式可得出的表达式及的取值范围；（ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”，求得，利用全概率公式求出的值，利用条件概率公式结合可得出关于的不等式，结合可得出的取值范围.【详解】（1）由题可知，，化简可得，当时，，则，即顾客一次性购买文创盲盒数量的平均值为．（2）（i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”，则，，，．依题意，得，，因为每个盲盒是否为封面款相互独立，所以，，又由题意知，，且、、、两两互斥，所以，由（1）得，，代入化简可得，所以，；（ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”，依题意，得，且，、、两两互斥，所以，由（i）得，，所以幸运客户中，一次性购买的文创盲盒全部是封面款的概率为，由题意，可得，解得，又因为，所以．19．(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）．【分析】（1）证法一：不妨设，且，利用余弦定理证明；证法二：根据条件建系，利用向量数量积的坐标运算判断；证法三：利用转化法求向量数量积判断；（2）（i）建系后设，，利用空间向量夹角公式推出，，利用其代表的轨迹双曲线的渐近线夹角进行证明；（ii）解法一：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值；解法二：运用解析法和向量的数量积运算求解；解法三：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值．【详解】（1）证法一：因为平面，，所以，．不妨设，且，因为，所以，，，所以，所以为的最大内角．由余弦定理，得，所以，所以是锐角三角形．证法二：因为平面，，所以，．又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设，所以，在中，，所以为锐角，，所以为锐角，，所以为锐角，所以是锐角三角形．证法三：因为平面，，所以，．又因为，所以在中，，所以为锐角，，所以为锐角，，所以为锐角，所以是锐角三角形．（2）（i）因为，在上，且，由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称，故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设，，因为，所以．因为是线段上靠近的三等分点，故，即，故，，，依题意得，化简得，且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且，故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图．因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以．因为平面平面，，，所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角．（ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形．证明如下：若为锐角三角形，有，，，可令，，，则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面．由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形，所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形．由（i）知，，所以，又因为，，所以，故．因为，所以分别是直线与所成的角，即，不妨设，则，且，所以，，且．作于，因为平面，平面，平面，所以，又，所以．因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点，所以，即直线过，所以，所以，这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值．如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故，即，所以，又，，即且，解得，所以，当，即时，等号成立．故的最小值为．解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角