2026年福建福州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页福州市2026届高中毕业班4月适应性练习数学（完卷时间：120分钟；满分：150分）友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！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．设全集，集合，则（

）A． B． C． D．2．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．3．某次测试中，某人的成绩（单位：分）分别为：、、、、、、、、、，则这组数据的第百分位数是（

）A． B． C． D．4．设是两个不重合的平面，则的充要条件是（

）A．存在无数条直线与都平行B．存在无数个平面与都垂直C．对任意的直线，都存在直线，使得D．对任意的直线，都存在直线．使得5．已知函数为增函数，则的最小值是（

）A． B． C． D．6．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．7．已知数列的前项和为，若，则（

）A．16 B．18 C．20 D．228．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．已知抛物线的焦点为准线为，圆过点．下列说法正确的是（

）A． B．的方程为C．若圆心在上，则圆与相切 D．若圆与相切，则圆心在上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．已知公差为的等差数列的前项和为，公比为的等比数列的前项和为，且，．下列命题正确的是（

）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，集合可能有三个元素三、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．在平面凸四边形中，，，，的面积为．当最大时，四边形的面积为__________．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．已知函数．(1)若是奇函数，求；(2)当时，的所有正零点从小到大排列构成数列，求的前项和．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．已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的动点，且不在轴上．当轴时，．(1)求的方程；(2)点分别在直线与上，且．证明：三点共线．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．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.3．D【分析】将数据由小到大进行排列，结合百分位数的定义可得结果.【详解】将这个数据由小到大进行排序为：、、、、、、、、、，因为，故这组数据的第百分位数是.4．C【分析】借助于长方体模型逐一判断各选项即可.【详解】

如上图，作长方体，取平面，平面分别为平面.对于A，因，且，且，则，显然可作无数条与平行且不在平面的直线，即存在无数条直线与都平行，但不平行，故A错误；对于B，因平面与平面均垂直，且显然可作无数个与平面平行的平面，即存在无数个平面与都垂直，但不平行，故B错误；对于D，由上图，显然，且，在平面内作一条与垂直相交的直线，则，从而对平面内的任意直线，都有，即对任意的直线，都存在直线．使得，但不平行，故D错误；

对于C，假设为两相交平面，如上图取平面，平面分别为平面，则，对于任意的直线，（不妨设与相交）都存在直线，使得，因，则有，又因，则有，这与与相交矛盾，故假设不成立，故有，充分性成立；反过来，时，对于任意的直线，都可以过直线和平面内一点作一个平面，使，则必有，故必要性成立，故C正确.5．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.6．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.7．C【分析】通过对取不同的正整数值，代入求解即可.【详解】由得，当时，，即.当时，，即，.当时，，即，所以，.当时，，即，所以，.当时，，即，所以.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．BCD【详解】因抛物线的焦点为，则，解得，故A错误；准线的方程为，故B正确；当圆心在上时，设点到准线的距离为，根据抛物线的定义，可得，又因圆过点，即点到准线的距离等于圆的半径，故圆与相切，即C正确；反之，若圆与相切，则点到准线的距离等于圆的半径，又圆过点．即，故点在上，即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．ACD【分析】对于选项A，可对与进行分组比较，利用等差数列与等比数列的性质即可；对于选项B，可以举反例，例如时，进行说明；对于选项C，与选项A类似，对与进行分组比较，利用等差数列与等比数列的性质即可；对于选项D，考虑等差数列与等比数列对应的函数交点情况即可.【详解】对于选项A，当时，，由，从而，得，，而由得，，从而，即得，同理，，，从而，选项A正确；对于选项B，当时，，此时，，公差，选项B错误；对于选项C，，，而当，，，从而，即得，同理，，，从而，选项C正确；对于选项D，当时，由等差数列对应的是一次函数，等比数列对应的是指数型函数；如图是数列对应的函数图象(离散的点），是数列对应的函数图象（取奇数），是数列对应的函数图象（取偶数），图中两个交点分别代表，，由指数函数的增长性知与在后面还可能有符合条件的交点，即集合可能有三个元素，选项D正确.12．##【详解】因为为单位向量，所以，又因为，展开得，由于，代入得，所以，因为，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】利用余弦定理结合勾股定理可得出，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，根据以及图形求得，且有，分析可得，利用基本不等式结合两角差的正切公式可求出的最大值，利用等号成立的条件可求出点的坐标，进而可求得四边形的面积.【详解】在中，，，，由余弦定理可得，即，整理可得，解得或（舍去），所以，故，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、，则点在第一象限，设点，则，解得，则，因，而，，则，当且仅当时，即当时，等号成立，此时取最大值，则点，故.

15．(1)(2)【分析】（1）解法一：利用奇函数的定义得出恒成立，则，由此可得出的取值；解法二：利用奇函数的性质得出，可得出的取值，再利用奇函数的定义检验即可；（2）解法一：由，得，可得出或，解出的表达式，令，，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果；解法二：由，可得，所以或，解出的表达式，令，，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果；解法三：分析可知是的一个周期，由，可得，求出该方程在的解，，则是以为首项，为公差的等差数列，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果.【详解】（1）解法一：因为为奇函数，所以，即恒成立．得恒成立，所以恒成立，所以恒成立，所以，解得．解法二：因为为上的奇函数，所以，所以，解得，经检验，是奇函数，所以．（2）解法一：因为，所以，令，则，所以或，解得或，令，，所以，，又因为，故，所以，所以．解法二：因为，所以，令，则，所以，所以或，所以或，解得或，令，，所以，，又因为，故，所以，所以．解法三：因为，所以，因为，所以是的一个周期，当时，令，则，所以，所以或，当时，解得，所以在区间的零点之和为，令，，所以，且，则是以为首项，为公差的等差数列，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)证明见解析【分析】（1）解法一：椭圆定义法（几何法）：先利用椭圆第一定义（椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为），再结合直角三角形勾股定理求出a，最后由求，即可得出方程；解法二：待定系数法（代数法）：先利用点在椭圆上则坐标满足方程，再结合的关系列出方程组，联立求解，最后即可得出方程.（2）解法一：先设点并利用椭圆方程得到消元条件，再由垂直关系转化为向量数量积为0，通过两式加减得到纵坐标的和差关系，最后用向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得0，证明与共线，从而证得三点共线；解法二：先由垂直关系求出直线的方程，联立得到坐标，再通过向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得0，证明与共线；对斜率不存在的特殊情况直接验证斜率相等，最终证得三点共线.【详解】（1）解法一：（1）当轴时，，所以，所以，从而，，故的方程为．解法二：（1）当轴时，，所以或，所以①，又②，由①②，解得，，故的方程为．（2）解法一：设，，，则，即．又，所以，，，．因为，，所以，，两式相加、减，得，，又因为，，，所以，故三点共线．解法二：设，则，即．(i)当直线，斜率均存在时，，，所以直线，，由得，由得，所以，，因为，所以，故三点共线．(ii)当直线或斜率不存在时，根据对称性，不妨设斜率不存在，且，此时点，，，故直线，从而，则，，所以三点共线．综上，三点共线．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，