福建省莆田市2026届高中数学毕业班适应性练习试题【含答案】

莆田市2026届高中数学毕业班适应性练习本试卷共4页，19小题，满分150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．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．1.已知，则在复平面内，所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【详解】因为，所以，所以对应的点为，位于第四象限.2.已知集合，则的元素个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】首先根据函数的定义域求出集合，然后根据交集的定义即可求解.【详解】集合是函数的定义域，根据二次根式的要求，被开方数非负，得，即，故，共有2个元素.3.已知角为第一象限角，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据同角三角函数基本关系求出，再根据诱导公式求解.【详解】且为第一象限角，，.4.已知函数，则曲线在点处的切线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】曲线的导数，则在的切线斜率为，由点斜式求得切线方程为，化成一般式为.5.已知向量满足，则（）A.1 B. C. D.2【答案】A【解析】【详解】由，，得．．故．6.若直线交抛物线于两点，则（）A. B.4 C. D.8【答案】D【解析】【详解】已知抛物线方程，则焦点，准线为，设，联立直线方程与抛物线方程得，则，因为直线过焦点，所以由抛物线焦点弦的性质可得．7.已知等比数列的前项和为，则函数的最大值为（）A. B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】求出公比和首项后得通项，再判断数列的单调性后可得最大值.【详解】因为，故，而，故，故，故，故，故，故.而，故当时，；当时，；当时，；故，故.8.已知定义域为的函数满足：对任意，都有，则（）A.是奇函数B.C.在上具有单调性D.若在上单调递增，且，则【答案】D【解析】【详解】A选项错误，由于定义域为，所以不是奇函数．B选项错误，存在反例，若，，则．C选项错误，存在反例；；．此时不具有单调性．D选项正确，由，得．由定义域得，，即．由单调递增得，即解得或（舍去）．综上，．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.已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为．点为上的动点，且的取值范围为，则（）A.B.的周长为8C.存在点，使得D.当时，的内心坐标为【答案】AD【解析】【分析】先根据椭圆上动点到焦点距离范围求出，进而得到，离心率和椭圆方程，再分别对各选项依据椭圆性质、均值不等式、勾股定理及内切圆半径公式等进行判断.【详解】根据椭圆性质，椭圆上动点到左焦点的距离范围为，又因为，所以，解得，所以，离心率，椭圆方程为，在A选项中，，A正确，在B选项中，的周长为，B错误，在C选项中，若，设，则，整理可得，由均值不等式，相互矛盾，所以不存在这样的点，C错误，在D选项中，将代入椭圆可得，即，因为，，所以是直角三角形，直角在，内切圆半径​，内心坐标为，D正确.10.设函数，则（）A.有三个零点B.是的极小值点C.当时，D.曲线上存在无数多对互相平行的切线【答案】BCD【解析】【详解】对于A，令，解得或，所以有两个零点，A错误；对于B，，所以当时，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，B正确；对于C，，当时，，所以，所以当时，，C正确；对于D，，所以对于任意的实数，都有两个解，所以曲线上存在无数多对互相平行的切线，D正确.11.如图，木块的底面为矩形，平面，四边形，是两个全等的等腰梯形，，则（）A.B.的体积为C.沿的表面从经过棱到作任意线条，则该线条长度的最小值为D.将加工成一个球，则这个球半径的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】过作交于点，连接，利用勾股定理计算可判断A；利用分割法求得体积可判断B；将绕转动到使与侧面在同一个平面内，利用余弦定理可求得判断C；作交于，过作交于，可得内的最大球，即为四棱锥的内切球，进而求得球的最大半径即可判断D.【详解】过作交于点，连接，因为是等腰梯形，所以，所以四边形是平行四边形，所以，，所以，又因为底面为矩形，且，所以，所以，所以，所以，所以，故A正确；过作于，过作于，过作于，过作于，过作于，因为，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，又平面，所以平面，由题意可得，所以，，所以的体积为，故B正确；将绕转动到使与侧面在同一个平面内，如图所示：由题意可得，由余弦定理可得，所以，所以沿的表面从经过棱到作任意线条，则该线条长度的最小值为，故C错误.作交于，过作交于，由题意可知四棱锥为正四棱锥，则可得内的最大球，即为四棱锥的内切球，设内切球的半径为，由题意得，所以，即，解得，所以将加工成一个球，则这个球半径的最大值为，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知数列满足，且，则___________．【答案】##【解析】【分析】利用代入法，求出数列前几项，进而判断该数列是周期数列，运用数列的周期进行求解即可.【详解】因为数列满足，且，所以，，，所以该数列的周期为，因此.13.如图，为函数的图象，为最高点，，为最低点．若，则___________．【答案】【解析】【详解】因为函数的最小正周期为，所以，又因为，又因为，所以，所以.14.有6个球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中每次随机取出一个，取出的球不放回，直到6个小球都取完为止．记第次取出球的号码为，在和至少有一个大于的条件下，数列是递增数列的概率为___________．【答案】【解析】【分析】设事件为“在和至少有一个大于”，事件为“数列是递增数列””，根据组合数可求数列的种数，再由条件概率公式可求题设中的概率.【详解】设事件为“在和至少有一个大于”，事件为“数列是递增数列”，则，因为在和至少有一个大于，故数列是先减后增或递增或递减数列，考虑排列左侧的元素的个数及种类，则不同的排列有，故，故.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）求；（2）若，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）运用余弦二倍角公式，结合三角形内角的性质、余弦函数的性质进行求解即可；（2）运用正弦定理和余弦定理进行求解即可；【小问1详解】，解得，或，因为，所以方程无实数解；由；【小问2详解】设所对的边分别为，因为，所以根据正弦定理，由，由余弦定理，得，所以的周长为.16.如图，在斜三棱柱中，，，，，，分别为的中点．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，延长，得出是△ABC1的中位线，根据线面平行的判定定理结合中位线的性质即可证明.（2）以为原点，分别以BA,BC,Bz所在直线为轴建立空间直角坐标系，根据求出点的坐标，然后求出平面和平面的法向量，最后根据平面与平面夹角的向量公式即可求解.【小问1详解】连接，延长，因为斜三棱柱​中，侧面是平行四边形，对角线与​互相平分，又是的中点，因此是的中点.又因为是中点，所以在△ABC1中，是中位线，故​，又DE⊄平面，平面，因此平面.【小问2详解】以为原点，分别以BA,BC,Bz所在直线为轴建立空间直角坐标系，由已知条件得：

，，，设A1(1,y,z)，由得，

是中点，故D(12,0,0)；是中点，故E(12,由​，得(y+22)2+(z2)2=3向量AD=(-12,0,0)设平面的法向量为.由{n1→取得n1→=(0,1,-3)向量AA1=(0,1,3设平面的法向量为.由{n2→取​得n2→=(23,3设平面与平面的夹角为，则cosθ=n1→17.篮球运动员甲做分组投篮训练，投篮5次为一组，投中一次得1分，未投中一次得-1分．假设甲每次投中的概率为．（1）若，求甲在一组投篮训练中累计得分为1分的概率；（2）收集甲以往100组训练数据，分别计算每组累计得分，如下表所示：累计得分-5-3-1135频数182434267（i）求表中累计得分的平均数；（ii）用表示一组投篮训练的累计得分．将（i）中的平均数作为的数学期望的估计值，求的值．【答案】（1）（2）（i）0.94;（ii）0.594.【解析】【小问1详解】设甲在一组投篮训练中累计得分为1分为事件A，则甲在一组训练中，投中3次，未投中2次，则.【小问2详解】（i）设累计得分的平均数为，则.（ii）设投中次数为，则，所以,累计得分,所以又因为，所以，解得.18.已知函数有两个不同的极值点．（1）求实数的取值范围；（2）证明：；（3）证明：．【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求导得f'(x)=-x3-3x+ax2，将问题转化为x3-3x+a=0（2）由韦达定理和极值点关系得到x12+x22=3-x1x2（3）令g(x)=3lnx+2x-12x【小问1详解】已知f(x)=3lnx+a对求导可得：f'(x)=因为函数有两个不同的极值点，所以在上有两个不同的正根，令q(x)=x3-3x+a,x>0，对求导可得：q当时，q'(x)<0，单调递减，当时，，单调递增，所以在处取得极小值，也是最小值，q(x)min=q(1)=1-3+a=a-2又因为当时，q(x)→a，当时，q(x)→+∞，要使x3-3x+a=0在上有两个不同的正根，则需q(1)=a-2<0解得，因此的取值范围是.【小问2详解】由（1）可知，是x3-3x+a=0即a=-x13+3x1=-（由三次方程韦达定理：，x1x2+x1因，则其中必有一根为负，记为，则x1+x2=-x则f(x=3ln(由a=-x13+3x1则a(1x将其代入（*）可得：f(x1=3ln(又因为，则x12+x则f(x令，则h(t)=3lnt+32求导得h'(t)=3t+3故有h(t)<h(1)=3ln1+32【小问3详解】令g(x)=3lnx+g'(x)=所以在上单调递减，则当时，g(x)≤g(1)=3ln1+即3lnx+2令x=n，，则3lnn+因32ln1+21≤1将以上个不等式左右相加得：32(ln又因ln1+ln2+⋯+ln则（**）为32两边乘以可得：3ln(n!)+4(1+故得3ln(n!)+4(1+19.已知双曲线的左、右焦点分别为到的一条渐近线的距离为．（1）求的方程；（2）点为上的动点，点分别位于直线与直线上，且．（i）记直线的斜率分别为，证明：；（ii）若与的面积相等，求．【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）.【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离公式可以求得和的关系，代入计算即可；（2）（i）设出点坐标，直接计算直线斜率，然后求得乘积即可；（ii）利用点坐标计算直线方程，再根据点到直线的距