2026届泉州四检数学试卷+答案

保密★使用前保密★使用前2026届高中毕业班适应性练习题库2026.05本试卷共19题，满分150分，共4页。考试用时120分钟。★稳扎稳打金榜题名★注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．考生作答时，将答案答在答题卡上。请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。在草稿纸、试题卷上答题无效。3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损。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。【命题意图】本小题主要考查集合的运算、不等式等知识；考查运算求解能力等；考查函数与方程思想等；体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．【答案】C【试题解析】解：由题意得B={x|x<3},所以AB={1,2}，所以图中阴影部分表示的是ðB(AB)，又因为2．已知点A(0,2)，向量n=(_1,1)，若n与直线l:y=kx垂直，则A到l的距离等于【命题意图】本小题主要考查向量的定义与运算，直线方程、斜率，两直线位置关系，点到直线的距离等知识；考查运算求解能力等；考查函数与方程思想等；体现基础性，综合性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．【答案】B解法一：设坐标原点为O，在n上的投影向量为d，则A到l的距离为|d|==·丶2，故正确答案为B．解法二：由题意，得l的方向向量a=(1,k)，因为aTn，所以k_1=0，解得k=1，从而直线l的方程为y=x，所以A到l的距离为故正确答案为B．解法三：由题意，得l的方向向量a=(1,k)，因为aTn，所以k_1=0，解得k=1，从而l的3．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2025年国庆期间该市A和B两个景区的日接待人数的数据(单位：万人)，绘制了如下折线图，则A．景区A这7日数据的第80%分位数是8.7B．景区B这7日数据的极差是1.7C．景区A这7日数据的平均数比景区B的两倍小D．景区B这7日数据的方差比景区A的大【命题意图】本小题主要考查样本的数字特征以及图表应用；考查运算求解能力等；体现基础性与应用性，导向对数学运算、数据分析等核心素养的关注．【答案】C【试题解析】解：选项A：景区A这7日数据由小到大排序为5.8,6.4,7.0,7.8,8.6由7x80%=5.6，向上取整为6，对应数据为第6个数据8.8，故选项A错误；选项B：景区B这7日数据的极差为5.0_2.8=2.2，故选项B错误；选项C：景区A这7日数据的平均数又景区B这7日数据的平均数选项D：景区B这7日数据的方差景区A这7日数据的方差4．在公差为2的等差数列{an}中，a3,a4,a7成等比数列，则{an}的前7项和为【命题意图】本小题主要等差、等比数列通项等基础知识；考查运算求解能力等；考查函数与方程思想等；体现基础性与综合性，导向数学运算等核心素养的关注．【答案】D【试题解析】所以S7=7xx2=21．所以Sa4=21．5．在平面直角坐标系xOy中，已知两抛物线C1:y2=2px和C2:x2=2py，且F为C1的焦点，2【命题意图】本小题主要考查抛物线的定义、标准方程及简单几何性质等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性导向对数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养关注．【答案】B解：由对称性可知C1与C2的交点Q必在直线y=x上，由OQ=代入方程得p=1，则FQ故选B.6．“函数fx3+x2在区间(a_4,a)内存在最小值”的充分不必要条件可以是【命题意图】本小题主要考查用导数工具研究函数的性质与图象、不等式等知识；考查运算求解能力、逻辑推理能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性与综合性，导向对数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注．【答案】B【试题解析】解：导函数为f,(x)=x2+2x.令f,(x)=0，解得x=_2，或x=0．所以当x∈(_∞,_2)(0,+∞)时，f,(x)＞0；当x∈(_2,0)时，f,(x)＜0.故f(x)在区间(_∞,_2)和(0,+∞)上单调递增；在区间(_2,0)内单调递减．当x=_2时，f(x)有极大值；当x=0时，f(x)有极小值，且f(0)=0．令f(x)=0，解得x=_3或x=0.据此画出f(x)的大致图象，如图．(_3≤a_4＜0la_4＜0＜a要使f(x)在(a_4,(_3≤a_4＜0la_4＜0＜a7．某超市在售的西瓜均可视为实心球体，且瓜皮厚度均匀相等．已知大、小两种西瓜的售价分别为80元/个、10元/个，且半径之比约为2:1．若以西瓜瓜瓤的体积与其售价的比值作为西瓜的性价比，则A．大西瓜的性价比高B．小西瓜的性价比高C．大、小西瓜的性价比一样D．大、小西瓜的性价比的高低不确定【命题意图】本小题主要考查球的体积、表面积等知识；考查数学建模能力、运算求解能力、推理认证能力等；考查化归与转化思想等；体现创新性、应用性等，导向对数学抽象、逻辑推理、数学建模等核心素养的关注．【答案】A【试题解析】解法一：不妨设大、小西瓜的半径分别为2和1，瓜皮的厚度为a(1>a>0)，大西瓜的性价比为3x则小西瓜的性价比为3x大、小西瓜的性价比的比值为 故大西瓜的性价比高.解法二：考虑56元分别买到的两种规格西瓜的瓜瓤的体积的大小，比较性价比高低．此时购到大西瓜1个，小西瓜8个．连皮带瓤的体积，可视为球的体积，则1个大西瓜的体积也等于8个小西瓜的体积总和．故只需要比较1个大西瓜的瓜皮体积与8个小西瓜瓜皮的体积之和的大小关系，由题意知，无论大、小西瓜，瓜皮的厚度均匀一致，不妨设瓜皮厚度a，a>0．由题意得，小西瓜球半径为r(r>a>0)，大西瓜的半径为2r，将每个瓜皮近似看作厚度为a，底面积为球的表面积的“柱体”，故1个大西瓜的瓜皮体积近似为4π(2r)2a=16πar2，1个小西瓜的瓜皮体积为4πr2a，8个小西瓜的瓜皮体积为32πar2，8个小西瓜的瓜皮体积总和大于1个大西瓜的瓜皮体积，故相同价格买到的大西瓜的瓜瓤体积要大于买小西瓜的瓜瓤体积，故买大西瓜的性价比高，故选A．8．已知是函数f=sin的一个零点，当x时，f(x)<0，则方程2f(x)=1_f(x)在区间(0,3π)内所有根的和为22421π4【命题意图】本小题主要考查三角函数的图象与性质、三角恒等变换等知识；考查推理论证能力、运算求解能力等，考查特殊与一般思想、函数与方程思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性，导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．【答案】D【试题解析】解法一：由题可知化简得综上所以f=sin由f(x)+2f(x)=1得f(x)=_1或f令t在此范围，恰有3个零点，设F(x)零点分别为x1,x2,x3，2解法二：设函数f=sin的最小正周期为T，因为当x时，f(x)<0，所以所以T故所以f=sin又由2f(x)=1_f(x)，得f(x)+2f(x)=1，令g(x)=f(x)+2f(x)，则g(x又f(x)的最小正周期T=3π,作出y=g(x)的图象，则直线y=1与曲线y=g(x)的交点的横坐标为方程2f(x)=1_f(x)的根，由图可知方程2f(x)=1_f(x)有三个根x1,x2,x3(x1<x2<x3)，且x1,x即x1+x从而x1+x2+x故正确答案为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，有选错的得0分，部分选对的得部分分。n}为等比数列2Sn}为等差数列【命题意图】本小题以数列递推关系式为载体，考查等差、等比数列的定义、性质、前n项和等知识；考查运算求解能力、逻辑推理能力；考查特殊与一般思想；考查数学运算、数学建模等核心素养，体现基础性与综合性．【答案】ACD【试题解析】因为{an}的前三项依次是1,1,2，不成等比数列，故选项B错误；n=Sn_Sn_1=an+1_an，化简得an+1=2an，可得Sn=2n_1>0,故取对数得log2Sn=log22n_1=n_1，所以log2Sn_log2Sn_1=n_1_(n_2)=1，故选项D正确.10．已知点A在直线l:y=3x+4上，点B,C在圆O:x2+y2=r2(r>0)上，若|AB|=|AC|，且BC∥l，则下列说法正确的是A．当r=2时，直线l与圆O相切B．直线OA倾斜角为150O【命题意图】本小题主要考查直线、圆的方程与性质、直线与圆的位置关系等知识；考查运算求解能力、逻辑推理能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性，导向对数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注．【答案】ABC【试题解析】解：由题意知，已知圆心为O，半径为r，直线lx_y+4=0的倾斜角为60O．选项A，当r=2时，圆心到l的距离为r，故l与圆O相切，A选项正确；选项B，如右图，取BC的中点H，连接OH,AH，由垂径定理知OH⊥BC,又注意到AB=AC，故AH⊥BC，故A,O,H三点共线.当r=2时，不妨设AB与圆O相切，又因为|OA|=2，可知△ABO为等腰直角三角形，11．已知A,B为必然事件Ω的两个随机事件，若0<P(A)<1，0<P(B)<1，则 A．P(B|A)+P(B|A)=P(A)B．P(A)+P(B)≤1+P(AB)C．|P_PD．P(B|A).P(A|B)=P(AB)【命题意图】本小题主要考查随机事件、和事件、积事件、对立事件的概率，独立事件的性质、条件概率、全概率公式等基础知识；考查逻辑推理能力、运算求解能力等；考查化归与转化思想、或然与必然思想等；体现基础性、综合性、创新性，导向对逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．【答案】BC【试题解析】解：选项A，P所以P+P故A选项错误；选项B，因为P(A+B)=P(A)+P(B)_P(AB)，又P(A+B)≤1，故P(A)+P(B)_P(AB)≤1，从而得P(A)+P(B)≤1+P(AB)，故选项B正确；选项C，不妨设P(A)=a,P(B)=b,0<a≤b<1，设P(AB)=x，因为P(AB)≤P(A)，所以x≤a，所以P_P=x_ab≤a_ab≤a_a2=_当且仅当A=B,P时，P(AB)_P(A)P(B)取到最大值；所以P_P=x_ab≥x因为0≤x<1，所以P_P当且仅当AB=g,且P(A)=P(B)=时取到等号；综上，可得|P_P故C正确.选项D：P.P当A,B独立时，则P(B|A).P(A|B)=P(AB)成立，若A,B不独立时，则P(B|A).P(A|B)≠P(AB)，所以D不正确，故选BC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知函数f(x)=tanx+ax_1，f(1)=2，则f(_1)=．【命题意图】本小题主要考查函数的性质与图象，考查逻辑推理能力；考查数形结合思想；体现基础性；导向逻辑推理等核心素养的关注．【答案】_4．【试题解析】解：因为g(x)=f(x)+1=tanx+ax为奇函数，g(1)=f(1)+1=3，所以g(_1)=_3，所以f(_1)=g(_1)_1=_4．13．对于复数z1,z2，定义z1vz2为z1z2的实部．若z1=i，z1vz2=1，则z2可以为写出一个满足条件的答案）【命题意图】本小题以复数的新定义为载体，考查复数的有关概念、运算等基础知识；考查运算求解能力等；体现基础性，创新性；导向对数学运算等核心素养的关注．【答案】i（答案不唯一，只要虚部为1的复数都正确）【试题解析】设z22,F2为双曲线E的焦点，点P在E上，点M,G分别为△PF1F2的内心和重心．若MG∥F1F2，且sinL则E的离心率为．【命题意图】本小题主要考查双曲线的定义、几何性质、焦点三角形性质、三角形的四心等基础知识；考查运算求解、推理论证等能力；考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程等思想；体现基础性与综合性，导向对数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注．【答案】【试题解析】解法一：由对称性，不妨设双曲线的中心在原点，焦点在x轴上，P在E的右支上，+b2设△PF1F2的内切圆的半径为r，S△Mr=cr，由题意F1F2∥MG，故S△GF1F2=S△MF1F2故7F1PF2必为锐角，故cos可得，解得离心率e解法二：由对称性，不妨设双曲线的中心在原点，焦点在x轴上，P在E的右支上，在△PF1F2中，连接PO,MF1,MF2,MP，延长PM交x轴于点N.因为G为重心，所以，又因为F1F2∥MG，所又因为M为△PF1F2的内心，故直线MF2平分7F1F2P，所以，又因为sin注意到|PF1|=2c+a<|F1F2|=2c，故7F1PF2不是△PF1F2中的最设△PF1F2的面积为S，一方面S=1|PF1|.|PF225化简得S另一方面S=b2cot其中tan化简得S=3b2；故3b，解得离心率e.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。1513分）已知△ABC的面积为6，且AB=2.（1）若∠ABC求BC；【命题意图】本题主要考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换等知识；考查运算求解能力、逻辑推理能力等；考查函数与方程思想、化归与转化思想等；涉及逻辑推理、数学运算等学科核心素养，体现基础性、综合性．【试题解析】解1）S△ABCAB.BC.sinLABC，································································2分由题意知S△ABC=6,AB=2，代入上式，解得BC··································4分（2）由SABCBA.BC.sin∠ABC=6，又BC=10，解得sin∠ABC···················································································5分因为∠ABC+∠ABD=π,所以sin∠ABD················································6分情况一：若LABC是钝角，则∠ABD是锐角，所以cos∠ABD>0，···························································7分解得AD．························································································9分情况二：若7ABC是锐角，则cos∠ABD>0，解得cos∠ABD由余弦定理得AD2=BA2+BD2-2BA.BD.cos∠ABD，解得AD·············12分在△ABD中，由正弦定理1615分）某商场举行五一节优惠活动，顾客每消费满100元可抽奖一次．抽奖规则如下：箱中共有4个红球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同，顾客每次随机摸出3个球，若摸出的红球不少于2个则中奖，否则不中奖．各次抽奖互不影响．（1）求抽奖一次中奖的概率；（2）商场规定每中奖一次，返现10元．设某顾客在活动期间消费M元，按规定返现Y元．若事件“Y=100”的概率最大，求M的最小值．【命题意图】本小题主要考查事件的概率，二项分布等知识；考查运算求解能力等；化归与转化思想、或然与必然思想等；体现综合性、应用性，导向对数学抽象、数学建模、数学运算核心素养的关注．【试题解析】解1）箱子里共有4个红球、2个黑球共6个球，摸出3个球，若摸出红球不少于2个，即“2红1黑”或“3红”两种情况，··································2分“2红1黑”有CC种不同基本事件；······························································3分“3红”有CC种不同的基本事件，所以一次抽奖的获奖概率为．·····························································5分(2)由题意得，Y=100表明中奖10次，··························································6分设该顾客按规定一共抽奖n次,恰好中奖次数为X，则根据题意，每次中奖概率为4，且各次抽奖互不影响，5恰好中奖次数为X，X服从二项分布，即XB···································8分所以为使得获奖10次的概率最大，一共抽奖12次，1715分）【命题意图】本小题主要考查空间几何体的体积、直线与平面的位置关系、求二面角、线面角等基础知识；考查空间想象、推理论证、运算求解等能力；考查化归与转化等思想，函数与方程思想；体现基础性和综合性，导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．【试题解析】解得AP=23，即AP’=23.···························22，得A即Vx2x又由题意知V故解得PD=4，·······················································7分空间直角坐标系P_xyz.··············································································8分设平面PQD的法向量为n1=(x,y,z)，令x=3，解得z，所以n···········································11分2解法二1）同解法一；即Vx2x又由题意知V=，解得PD=4，··························································7分22又因为BC∥AD，所以EQ∥PD，所以E,Q,D,P四点共面·································9分又DP丄BP，BPC平面BCDP，平面BCDP平面QDP=DP，，所以S△EPQ.d，解法三1）同解法一；即Vx2x又由题意知V，解得PD=4，··························································7分+PD·····················································8分又因为BC∥AD，所以EQ∥PD，所以E,Q,D,P四点共面·································9分又DP丄BP，BPC平面BCDP，平面BCDP平面QDP=DP，因为A,B=4，所以E为A,B的中点，···························································12分E∈平面BCDP，故A,到平面EQDP的距离总等于点B到平面EQDP的距离，····13分过B作EP的垂线交EP于点F，即BF丄EP，因为DP丄平面A,BP，又因为BFC平面A,PB，所以BF丄DP，又因为EPDP=P，所以BF丄平面PDQE，因为F∈平面PDQE，所以点B到平面BCDP的距离为BF.1817分）已知椭圆Cx2=1分别与y轴正半轴、x轴正半轴交于A,B两点．（1）求直线AB的方程；（2）设M,N为椭圆上的两个动点，在四边形AMNB中，MN∥AB．(ⅰ)证明：直线AM与BN的斜率之积为定值；断是否存在直径为3的圆经过M,N,P,Q四点？若存在，求λ；若不存在，说明理由．【命题意图】本题主要考查椭圆的标准方程、简单几何性质、直线与椭圆的位置关系，直线的平行与垂直、点到直线的距离公式，圆的方程、四点共圆的性质等知识；考查运算求解能力、逻辑推理能力等；考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想等；体现基础性、综合性，创新性，导向对数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注．【试题解析】令y=0，解得x=±1，故B(1,0)，································································2分 即AB:y···············································································4分（2）由（1）知AB直线的斜率为_2，因为MN∥AB，所以MN的斜率为_2.·······5分设M(x1,y1),N(x2,y2)，所以x1+xt，x1x·································7分又因为yi=_·2xi+t,i=1,2，可得y1y2=(_2x1+t)(_·2x2+t)=2x1x2_2t(x1+x2)+t2，化简得y1y，················································································8分又y1+y2=(_2x1+t)+(_2x2+t)=_2(x1+x2)+2t，化简得y1+y2=t，根据题意得kAMkBN·······················································9分所以kAM.kBN理由如下：由（2）知，将MN方程与椭圆方程联立，得4x2_22tx+t2_2=0(Ω)，所以x1+xt，x1xy1+y2=t，设P(x0,y0)，由题意中+=λ,因为P(x0,y0)在椭圆上，即即λ2=t2，|λ|=|t|．·················13分由于P,Q为椭圆上关于O对称，不妨设λ=t>0，故可得x所以直线PQ:yx，可得PQ垂直平分线l1方程为yx，由（2）得MN的中点坐标为，即，所以MN的垂直平分线l2:y化简得l2:y若符合题目条件的圆存在，则圆心一定是l1,l2的交点，设圆心为O,，所以该圆的半径|O,Q根据题意，所求的圆的半径为，令|O,Q由（2）中(Ω)的判别式Δ>0，得-2<t<2，即|λ|<2，与λ=4矛盾，令y=0，解得x=±1，故B(1,0)，································································2分即AB:y=_·/2x+2不转化成一般式或斜截式的不扣分）（2）由（1）知AB直线的斜率为_·2，又因为MN∥AB，所以MN的斜率为_2．············································································5分设M(x1,y1),N(x2,y2)，得即y1_y2=_2(x1_x2)…①········································································6分又因为M,N都在椭圆上，故两式相减将①代入上式，得y1+y2=·2(x1+x2)…②故①+②得，2y1=22x2，即y因为kAMkBN································································9分（3）同解法一.解法三1）同解法一；（2）同解法一；理由如下：设P(x0,y0)，由题意中+=λ,可解得x因为P在椭圆上，故即得2(x1+x2)2+(y1+y2)2=2λ2，整理得(2x12+y12)+(2x22+y22)+2(2x1x2+y1y2)=2λ2，因为M,N在椭圆上，故分别有2x12+y12=2与2x22+y22=2，代入上式由（2）知x1xy1y所以2x1x2+y1y2=t2_2②,由于P,Q为椭圆上关于O对称，