福建省福州市福州高级中学2026~2027学年高三上册8月适应性考试数学试卷【附解析】

数学总分：150分完卷时间：120分钟第Ⅰ卷一、单选题：本题共有8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B.C. D.2.已知复数满足：，则复数在复平面中对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.已知圆与直线相切，则实数（）A. B.0 C. D.0或4.若，则的值是（）A. B. C. D.5.已知为正项等比数列，满足，则（）A. B. C. D.6.如图，在中，，，，D是边上一点，，则（）A. B. C. D.7.将一根长为3的铁丝截成9段，使其组成一个正三棱柱的框架（铁丝长等于正三棱柱所有棱的长度之和），则该正三棱柱的体积最大为（）A. B. C. D.8.已知函数，若方程有三个不等实根，则实数m的取值范围为（）A. B. C. D.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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.已知函数，则（）A.的最小正周期为B.C.为偶函数D.的图象关于直线对称10.在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（）A.B.过点的平面截该长方体，所得截面周长为C.以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为D.三棱锥外接球的体积是11.已知为坐标原点，是抛物线的焦点，点，在上且位于轴的两侧，，则（）A. B.直线经过点C. D.与面积之和的最小值是3第II卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.小张､小李参加满分为50分（只取整数）的岗上技能测试，小张的六次成绩从小到大分别为；小李的六次成绩从小到大分别为，只知小张的六次成绩的第50百分位数等于小李的六次成绩的第80百分位数，则__________.13.已知函数，若为偶函数，则在处的切线方程为_________.14.数列共2026项，现剔除前两项，并将作为最后一项，组成一个新的数列，显然数列共2025项.循环此操作剔除前两项，，并将作为最后一项，组成一个新的数列，显然共2024项.依此操作共重复2025次，则最后还剩下一项，此项为___________．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.记的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若边上的高为，，求，．16.已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.17.已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.（1）求椭圆的方程；（2）若，求的最大值.18.甲、乙两名同学进行羽毛球比赛，每局比赛无平局，且各局比赛结果相互独立.已知单局比赛中，甲获胜的概率为.（1）双方进行比赛，先赢得局比赛的一方获胜.若，（i）求乙获胜的概率；（ii）求在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率.（2）设为“双方进行满局比赛（不提前结束），甲赢得至少局”的概率；为“双方进行比赛，采用至少赢局且至少多赢局的规则（例如甲至少赢局，且净胜乙至少局时，甲获胜），甲获胜”的概率.比较与的大小.19.三个互不相同的函数和在区间上恒有或恒有，则称为与在区间上的“分割函数”．（1）设，试分别判断是否是与在区间上的“分割函数”，请说明理由；（2）若二次函数是与在区间上的“分割函数”，求；（3）设，若存在函数，使得为与在区间上的“分割函数”，求的最大值．

数学总分：150分完卷时间：120分钟第Ⅰ卷一、单选题：本题共有8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B.C. D.答案：B解析：解答过程：由，可得，解得，即，因，则.2.已知复数满足：，则复数在复平面中对应的点位于（）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：解答过程：对两边同时除以，得，化简得，而，可知点位于第四象限，故D正确.3.已知圆与直线相切，则实数（）A. B.0 C. D.0或答案：D解析：思路：利用直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径的性质，列方程求解实数.解答过程：由圆，可得圆心坐标为，半径.因为直线与圆C相切，所以圆心到直线l的距离等于半径，根据点到直线的距离公式，圆心到直线的距离为，令，即，解得或.4.若，则的值是（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：由同角三角函数的基本关系求得，再化简，代入即可求解．解答过程：因为，由同角三角函数基本关系可得，解得：，所以，故选：B．5.已知为正项等比数列，满足，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：由，结合等比数列性质可求，再求，结合等比数列通项公式求公比，再由求和公式求结论.解答过程：因为，所以，又为正项等比数列，所以或（舍）.因为，所以.设数列的公比为，由可得，所以.6.如图，在中，，，，D是边上一点，，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：用与表示出，，进而利用向量的数量积运算公式进行计算.解答过程：由可得，，所以.因为，所以.7.将一根长为3的铁丝截成9段，使其组成一个正三棱柱的框架（铁丝长等于正三棱柱所有棱的长度之和），则该正三棱柱的体积最大为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：先求出正三棱柱的体积，再求出导函数，根据导函数正负得出函数单调性，进而得出最大值即可.解答过程：设正三棱柱的底面边长为x，侧棱长为y，则，即．正三棱柱的体积．当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，V取得最大值，最大值为．故选：C.8.已知函数，若方程有三个不等实根，则实数m的取值范围为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：解方程得或，利用导数研究函数的单调性，作出示意图，数形结合可得，求解可得实数m的取值范围.解答过程：由，得，解得或，由求导得，所以当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以，又，，，,,作出函数的图象如下：所由图知，有唯一根，又因为方程有三个不等实根，所以有两个不等正实根，由图知，，解得，所以实数m的取值范围为.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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.已知函数，则（）A.的最小正周期为B.C.为偶函数D.的图象关于直线对称答案：AD解析：解答过程：A.余弦函数的最小正周期公式为，，所以，故A正确．B.，故B错误．C.，是奇函数，不是偶函数，故C错误．D.余弦函数的对称轴是使函数取到最值的位置，即，解得，当时，，是函数的一条对称轴，故D正确．10.在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（）A.B.过点的平面截该长方体，所得截面周长为C.以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为D.三棱锥外接球的体积是答案：ABD解析：解答过程：设，在直角中，根据勾股定理得，在直角中，根据勾股定理得，解得，故，故A正确，延长相交于点，连接交于点，则截面周长为，在中，利用三角形相似可得，在中，利用三角形相似可得，，又底面是边长为4的正方形，则，故截面周长为，故B正确，点到底面的距离为1，球的半径为，设球面与底面（正方形）的交线为半圆，圆心在线段上且与距离为1，圆的半径，可得交线长为，故错误，在中，，则的外接圆半径，显然平面，因此三棱锥的外接球的球心在线段的中垂线上，球心到平面的距离为，则球半径，故三棱锥的外接球体积为，故D正确.11.已知为坐标原点，是抛物线的焦点，点，在上且位于轴的两侧，，则（）A. B.直线经过点C. D.与面积之和的最小值是3答案：ABD解析：思路：设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及计算判断A，B；利用向量模的坐标表示表示出模长，再结合韦达定理代换，最后用基本不等式求解最值判断C，利用三角形面积公式建立关系，借助基本不等式求解判断D即可.解答过程：对于A，显然直线不垂直于y轴，设直线方程为，由，消去得，得到，，得，而，，可得，由，得，解得或，而，即，因此，，故A正确；对于B，此时直线恒过点，故B正确；对于C，由模长公式得，同理可得，则，由基本不等式得，当且仅当时取等，此时，得到，可得，故C错误，对于D，不妨设，而，则，当且仅当时取等号，故D正确.第II卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.小张､小李参加满分为50分（只取整数）的岗上技能测试，小张的六次成绩从小到大分别为；小李的六次成绩从小到大分别为，只知小张的六次成绩的第50百分位数等于小李的六次成绩的第80百分位数，则__________.答案：解析：思路：根据百分位数的计算方法，分别求得两组数据的百分位数，列出方程，即可求解.解答过程：因为，所以小张的六次成绩的第50百分位数为，又因为，小李六次成绩的第80百分位数为，可得，解得.故答案为：.13.已知函数，若为偶函数，则在处的切线方程为_________.答案：解析：思路：根据偶函数的定义求得，再根据导数的几何意义求解即可.解答过程：由题得，解得，可得的定义域为.又因为为偶函数，其定义域关于原点对称，所以，则，此时，满足为偶函数.当时，，则，所以，则在处的切线方程为.14.数列共2026项，现剔除前两项，并将作为最后一项，组成一个新的数列，显然数列共2025项.循环此操作剔除前两项，，并将作为最后一项，组成一个新的数列，显然共2024项.依此操作共重复2025次，则最后还剩下一项，此项为___________．答案：4052解析：思路：由可知数列中每一项加1的积，等于数列中每一项加1的积，依此规律即可求解.解答过程：第一次变换是：删除两项，添加，∵，正好是新添加的项，也就是说，数列中每一项加1的积，等于数列中每一项加1的积，也等于数列中每一项加1的积……原数列是共2026项，每项加1后，初始乘积为：，每一次变换会让数列的项数减少1，初始有2026项，经过2025次变换后，数列只剩1项，设为，根据不变量，有，解得．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.记的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若边上的高为，，求，．答案：（1）（2），或，解析：思路：（1）利用三角形内角和性质、三角恒等变换化简已知等式求角；（2）结合三角形面积公式建立的关系，再用余弦定理列方程求解.（1）在中，，故，将已知等式变形：

，又，代入得：

，

因，，故，得；（2）由三角形面积相等得，代入，，，化简得：

，又再代入余弦定理，得

，整理得，解得或，对应代入，得或，故，或，.16.已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.答案：（1）证明：取中点，连接，，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，则有、，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；（2）解析：思路：（1）取中点，连接，，利用、得四边形是平行四边形，从而利用线面平行的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可.（1）略（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，有、、、、、，则有、、，设平面的法向量分别为，则有，取，则有，即点到平面的距离为.17.已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.（1）求椭圆的方程；（2）若，求的最大值.答案：（1）（2）解析：思路：（1）由题意可知离心率且焦距为，结合焦距为即可得解.（2）由题意已知，所以设出直线方程（只含有一个参数即截距，不妨设为），将其与椭圆方程联立后，再结合韦达定理可将表示成的函数，进一步求其最大值即可.（1）由题意得,解得,，，∴椭圆的方程为.（2）因为，所以设直线的方程为，，.联立得得，又直线与椭圆有两个不同的交点，所以，∴∴，∴故当，即直线过原点时，最大，最大值为.18.甲、乙两名同学进行羽毛球比赛，每局比赛无平局，且各局比赛结果相互独立.已知单局比赛中，甲获胜的概率为.（1）双方进行比赛，先赢得局比赛的一方获胜.若，（i）求乙获胜的概率；（ii）求在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率.（2）设为“双方进行满局比赛（不提前结束），甲赢得至少局”的概率；为“双方进行比赛，采用至少赢局且至少多赢局的规则（例如甲至少赢局，且净胜乙至少局时，甲获胜），甲获胜”的概率.比较与的大小.答案：（1）（i）；（ii）（2）当时，；当时，；当时，解析：思路：（1）（i）若乙以获胜，则第局乙赢，前局乙赢局输局，再利用独立事件和独立重复试验的概率公式可求出所求事件的概率；（ii）设事件为甲获胜，事件为乙至少获胜一局，分析出甲获胜的情况，求出的值，以及事件所包含的情形，求出的值，再利用条件概率公式可求出的值；（2）设表示前局中同学甲赢得的局数，记，求得，，作差，对与的大小进行分类讨论，即可得出与的大小关系.（1）（i）因为甲每局获胜的概率为，所以乙每局获胜的概率为，若乙以获胜，则第局乙赢，前局乙赢局输局.所以乙获胜的概率为；（ii）设事件为甲获胜，事件为乙至少获胜一局，若甲获胜，则甲对乙可以以、、获胜，若甲以获胜，则前局全是甲赢；若甲以获胜，则第局甲赢，前局甲赢局输局；若甲以获胜，则第局甲赢，前局甲赢局输局.所以.事件（甲获胜且乙至少获胜一局）等价于“甲以或获胜”，，所以在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率为.（2）设表示前局中同学甲赢得的局数，记，则.对于，设双方平之后甲获胜的概率为，则，所以，则.因此.因为，可得，又，所以.当时，可得，即；当时，；当时，.19.三个互不相同的函数和在区间上恒有或恒有，则称为与在区间上的“分割函数”