福建省莆田市2026届高三毕业班适应性练习(莆田四检)数学试题

5401z12i)(ii2i22iz对应复平面内点坐标为(211 i

法2：因为z

2i

3zabi（a,bR，则i(abi)bai12i，解得a2,b1，z2iz对应点(21D．2B1

A0

0A；1

1A21：因为sin(sin为第一象限角，所以sin0

4．故sin(411352cos3，可设终边上一点坐标为(34)r5的终边与关于原点对称，对应点坐标为(34)故sin(y44 1f(xex1f(11y11x1xy202k

f(1x)f ex

1 x0y1x1xy201：由|ab|3|ab|2a22abb212ab13ab1．故|ab|2a22abb212111，即|ab|1 2ab的起点置于原点，由|a||b|1|ab|为两向量终点的距离，设两向量夹角为1212(由余弦定理得cos 1212(2 1212211cos1212211cos

1y21：联立方程yx1y得(x1)24xx26xy2A(x1y1B(x2y2x1x26x1x211k所以1k

11

2

8(xx)24x 12y24x的焦点坐标为(10)yx1过点(10)，即|AB|(xx)24x 1x1x26，故|AB|628 6

q1n

1

9q38

q

7a

7a1

，故

f(n)n1

1 1f(n1f(nnn1n2(n1)2nn2 f(n1f(n0f(nn2f(n1f(n0f(2)f(31n2f(n1f(n0f(nf(n1x

12x1(x1)2x1ln 1(x1)ln2f(x

x1，

(2x1

f(x0x1

f(xx1

处取得最大值．又1

n2f(2)1n3f(3211 f(xRf(x不可能是奇函数，Af(x0（x0f10f(xB f(xsin(lnx（x0 f()sin(ln)sin(lnx)sin(lnx)f(x)，满足题设条件 但sintx0lnxf(xsin(lnx)(0C已知f(m)f(2m1)0，有f(m)f(2m1)f

m

2m

2m1m1f(x在(0mm(2m11m1，D正确．D．

2m

．由于2m10618（60分ac解析：椭圆焦半径范围为[acac，联立aac

a2c1,b23 1 Aec1A B△PF1F22a2c68BC：短轴端点处FPF最大，此时△FPF为等边三角形，最大角为 PCDx1P(13S3r2S1PFx1 11 1

，即坐标为(,)，故D正确．2f(xx1)2x2x33x2f(x3x233(x1)(x1Af(x0x1x2f(x2A错B1x(1,1f(x0f(xx(1f(x0f(xx1f(xB正确．2x0.5f(0.5)0.625f(1)0x1.5，f(1.50.875f(10x1BC1f(1x1x1)21x2x23xf(xf(1xx1)2x2x23x2x33x23x2x1)(2x1)(x2，x(1x102x10x20f(xf(1x0，即f(xf(1xC2x1时，可得1x2fxx33x2的导函数为fx3x233x1x1x1fx0fx在1上单调递fxf1133124．令t1x，则t2，此时f1xftf2233224x1fx4f1xfxf1xC正确．D1x1x2使得 f(xf(xf(x)3x23k3 3x23k都有两个不同的实根，即存在无数对(x1x2对应相同的斜率，故曲线上存在D正确． 2：构造对称点：对任意t0x1tx2tf(x)f(x)3t23 tD正FB2ABEF4解析：底面ABCD为矩形，AB4dm，BCAD2dm，EF AB，EF2dm，等腰梯形FB2ABEF4

dmEFABCD

(3)2BC23A:ABMEM(3)2BC2312DM2AM2AD222228,EMDE2DM2EM2DE212

，两投影向量夹角为18022cos1802

2 2，总点积为220DEBFAB:FABCDFADE棱锥FABCD的底面积 428dm2，高

dmV18 82dm3;棱锥FADE的底面积 dm2，F到面ADE的距

dm，体积V1

2 22dm3

所以总体积VV

8222102dm3B C:ABFEBCFBFABFE164ABF60，等边△BCF中FBC60，展开后ABC6060164AB2AB2BC22ABBCC

dm

dmD:RABCDRABFERABCDABFE角满足cos

R

3R33

62dmD51512．

13． 14． 解析：法1：已知a2，代入递推公式 11．a11111 a111112 a1111112

，

1，因此数列{an383 2a

12

1

111 1 (an1)an

a

a

a1 1

111 1(a1)

an

n因此数列{a是周期为3a

a111答案：

解析：过点C作直线MN的垂线，垂足为D，由于MNNCT,NDT，CD T 所以在Rt△ABC中，T22

3T2，故2A为“数列{an是递增数列”B为“对任意i2,34,5ai1和ai1至少有一ai”PA|B.n(B)，因为对每个i2,34,5ai1ai1aiai不能比左右两个数都大，即内部位置不能是局部最大值.662,3,4,5位（即内部，则它的左右邻居666必须位于两端（16相邻的位置5（6已移除5新的局部最大值，也不符合题意.565的一侧是65，不会成为峰值5只能放在当前序列的两端之一（6相邻的位置，或另一个端点重复此推理，每次处理当前最大数，它只能放在已排好序列的两端之一.，……意i2,34,5ai1aiai1BABA.6个不同数字1种：1,2,3,4,5,6nAB)1.PA|BnAB)1 答案 577解（1）因为cos2C2cos2C1 1所以cosC2cos2C12cos2CcosC10解得cosC1或cosC 2因为0C，所以cosC1时C0不符合题意，舍 3因此cosC1 4所以C 5（2）解法一：设△ABCABCabcBCa3

sin

，得sinAasinB 6因为5sinA3sinB，所以5asinB3sinB 7因为sinB0（0B，所以5a3b 8又因为a3，所以b 9由余弦定理c2a2b22abcosC 10得c23252235192515 112 因为c0，故c 12因此△ABC的周长为abc357 13解法二：由C2ABCBA 代入5sinA3sinB得，5sinA3sin 6 3sinA

3 所

3sin3cosAcos3sinA

cosAsinA 7 整理得，5sinA3sinA33cosA13sinA33cos 8 因此tanA33，又0A，所以sinA33，sinB5 9

由正弦定 得，sinCsin2 3 10sin 3a3casinCsin

2 113同理得b 12故周长为357 13 1在△ABC1中，D，E分别为AB，AC1的中点 2BCC1B1， 4分 5B1CB1B1MBCMABBB1ABBC

BCB从而ABB1M，又B1MBC， BCB，故B1M平面ABC 6由（1）可知BC1DE ，又BCCC12在△BCC中，由余弦定理得cosBCC1，从而

120 所以B1BC60，从而M为BC中点，BM1，B1M 7BBCBAMBxyz轴的正方向，建,,, 9则

AC2xy

AA1x3z取x ，则y23，z1，所n(3,23,1)是平面ACC1A1的一个法向量 10从而ABB1C 11由BB1BC，可知BC1B1C，

3ADE12ADEACC1A1的夹角为B1C 3则cos

14B1C 2312 所以平面ADE与平面ACCA的夹角的余弦值为 151 （1） 2所以DE1AABC1BB1BC 3 由平面向量基本定理可知DE ，BC共面 4 5BC1BCCC1BCAA1BBCBAxy轴的正方向，建立空间A0,10C200BA0,10A1BC1BCCC1BCAA1则AA1x0,y01,z0 2,y01,z0 9AA1ABAA12BC12DEy01

x2y12z2 x22y12z2 解得x01，y01，z0 ADEABC1mxyzABC1则

BAyBC13x

3z

x1y0

所以m(1,0,3)是平面ABC1的一个法向量 11（1）此服从二项分布，即Y~B5,1 1 2 XY15Y12Y5当X1时，2Y51，解得Y3 31 所以P(X1)P(Y3)C3p3(1p)2C3

5 5

解法二：每组投篮共5次，每次投篮有2种等可能结果，总共有2532种等可能的投篮结 2分1325次投中的组合数C3 4由古典概型概率公式得P(X1)10 5 （2（i）X(513812413432657 8（ii）解法一：由Y~B(5,p)，得E(Y)5 10由X2Y5，E(X)E(2Y5)2E(Y)525p510p 13将样本平均值X0.94作为E(X)的估计值，得10p50.94 14解得p5.94 15解法二：X的所有可能取值为5,3,1,1,3,5 9PX2k5Ckpk(1p)5kk0,12,3 12 EX5C01p)53C1p(1p)41C2p21p)31C3p31p)23C4p41 10p 14由E(X)0.94，解得p 15解：f(x)的定义域为(0,) 1 x33xf(x) x

2g(xx33xax0g(x3x233(x1)(x1当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递减；当x(1,)时，g(x)0，g(x)单调递增．故g(x)的最小值为g(1)13aa2． 3分f(xgx在(0gx符号又因为g0a，g1a2，g2a2g0，所以0<a2 4综上所述，实数a的取值范围为0,2 5（2）由（1）可得

aa

x3x33x3x xx，所以3x2xx 1 故3x2xxx2x21x2x2x23x2xxx23xx 1

1 1所以x2x22，xx 6 1fxfx3lnxa1x23lnxa1x 2 2 3ln

x3 1

x23ln

x3 2 2 3lnxx3x2x21 3，得证 11a2fx3lnx21x2 fx

x33x

，x0 13fx≤f13x1所以3lnx21x236lnx4≤x236

≤x3 即3lnx

4≤x3x13lni4i所 16i1 i 1 n2即3lnn!41

n

，证 17 a2（1） a2因为Cybx，即bxay0a2Fa2

2bb

2所以a2c2b2 3 故C的方程为x 1 4（2（i） 5 P Q kPF

1

2

，kQF

1

2

6 2 yQ2

1

5，

1

7F2故kPFkQFkF2（ii）x0c时，直线MF1MF2 为 0， 0x0 x0

x02

y2直线QF2x

x02

y2 9PQ分别位于直线lx1与