福建省泉州市部分校2027届高三上学期8月适应性考试数学试卷（含答案）

/福建省泉州市部分校2026-2027学年高三8月适应性考试数学试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．双曲线焦点在轴，离心率，且过点，则双曲线方程为（

）A． B． C． D．3．已知复数满足，则复平面内与对应的向量坐标为（

）A． B． C． D．4．已知向量，则（

）A． B． C．4 D．55．展开式中，项的系数是（

）A． B． C． D．6．已知，则的最小正周期为（

）A． B． C． D．7．已知等差数列的前项和为，若，则（

）A．110 B．120 C．130 D．1358．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为（

）A． B． C． D．二、多选题9．对于两个相互独立的事件，已知均大于0．（

）A．若，则B．若，则的最大值是C．可能是对立事件D．不可能是互斥事件10．已知双曲线：的离心率，则（

）A．双曲线渐近线夹角大于B．C．通径长范围为D．焦点到渐近线距离大于11．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（

）A．对于任意点，都有B．对于任意点，不存在∥平面C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为D．存在点，使得三棱锥体积为三、填空题12．已知圆，过点作圆的切线，则切线长为______．13．在实验中学的足球班赛中，高一1班和高二2班进行到了点球大战，两队各派5名队员依次主罚，进球记1分，不进记0分．罚点球从1班开始先罚，两个班队员依次轮流主罚．在任一队员罚球结束后，若有一队进球数领先对方的分数大于对方剩余主罚人数，则比赛立即结束．每个点球只有“得分”和“不得分”两种可能，以{1班得分序列，2班得分序列}表示得分情况，如{11111，1101}表示1班五罚均得分，2班仅在第3罚罚失，则比赛恰好在1班的第5名队员罚球结束后结束的得分情况共___________种．14．已知以线段为直径的半圆上有两点为动点，为线段上靠近点的三等分点，点在线段上，满足，则___________，___________．四、解答题15．为提升青年球员的点球命中率，某足球青训营开展专项训练对比实验．教练从参训球员中随机选取200人，平均分为两组：甲组采用常规训练，乙组采用“预判+步伐”专项训练．训练周期结束后进行统一测试，甲组中有60人命中，乙组中有25人未命中．(1)请根据数据，画出列联表，通过分析列联表数据，能否有95%的把握认为“训练方式”与“点球命中”有关？请说明理由；(2)经大量训练，乙组球员的命中率（以比例表示）近似服从正态分布，其均值为0.75，标准差为0.05．现从乙组中随机抽取一名球员，求该球员命中率低于0.7的概率．附：；，其中．16．在三棱锥中，，该三棱锥的外接球球心在线段上，设为的中点．(1)证明：；(2)若此外接球半径为，求平面与平面夹角的余弦值．17．已知函数在区间上满足，数列满足：，．(1)若，且，求数列的通项公式及前项和；(2)若，存在实数满足题目条件，求的取值范围；(3)在（2）的条件下，证明：．18．设坐标原点为，抛物线，斜率为的直线与抛物线交于，线段的中点为，直线的斜率为，满足．(1)证明：直线过定点；(2)已知直线经过在（1）的条件下的定点．①当与抛物线有且仅有一个交点时，求的方程；②若直线与抛物线交于的中点为，记的面积为，求的取值范围．19．低温下的约瑟夫森结可作为超导量子计算电路的基本单元，超导量子器件是量子计算的核心硬件基础，其工作规律可抽象为如下函数模型：已知，电流函数与相位函数满足，其中为常数．当时，相位取值为（《》为常数）．当相位函数形式为三角函数时，电流函数的振幅可化为与贝塞尔函数有关的形式，（为整数）为第一类贝塞尔函数，满足如下性质：(1)若，电压，系数，求的单调递增区间；(2)若，其中，为常数，，调制参数．①判断函数是否为周期函数，并说明理由；②已知可展开为形如的形式，其中振幅与成正比，求．

1．C【详解】由题可得，所以.2．A【详解】由题意得，，所以，所以，所以双曲线方程为.3．A【详解】因为复数，所以复平面内与对应的向量坐标为.4．D【详解】方法1：由题意，，，，且，所以.方法2：因为，所以，所以.5．C写出二项展开通项，令的指数等于解出，回代计算系数．【详解】的通项公式为，令，得，所以．6．B根据题意，利用三角恒等变换的公式，化简得到，结合余弦型函数的性质，即可求解.【详解】由，所以函数的最小正周期为.7．A【详解】设公差为，则，解得，所以.8．C以D为坐标原点，，分别为x轴，y输、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.【详解】如图，以D为坐标原点，，分别为x轴，y输、z轴正方向建立空间直角坐标系，则．从而.设平面的法向量为，则，即，得，令，则，所以点E到平面的距离为．故选：C9．ABD【详解】对A，因为事件相互独立，所以，故A正确；对B，因为事件相互独立，所以，所以当时，取得最大值，为.故B正确；因为事件独立，且均大于0，所以，即事件一定有同时发生的可能性，故不可能是互斥事件，更不可能是对立事件，故C错误，D正确.10．BC本题利用双曲线离心率公式得到的取值范围，再结合两直线夹角定义、通径公式、焦点到渐近线距离的二级结论，逐一对四个选项进行推理判断，完成多选．【详解】对于A，根据两条相交直线夹角的范围为，得双曲线渐近线夹角大于就是错误的，A错误；对于B，，由题意得，，，解得，，B正确；对于C，双曲线的通径长为，由，得，所以，C正确；对于D，焦点到渐近线的距离，由，得，D错误．11．ABC根据正方体的垂直关系建立空间直角坐标系，根据坐标关系判断选项即可．【详解】在正方体中，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系；因为棱长为2，可得，，；设，则，；则；故对于任意点，都有，A选项正确；因为分别是的中点，故，，；则，；设为平面的法向量，则，可得，解得；令可得，；令，解得，不合题意，故对于任意点，不存在∥平面，B选项正确；在平面中作，垂足为，过点在平面中作，交于点；因为正方体中，平面平面，且交于；因为平面，故平面，而平面，则；因为平面，故平面；平面截正方体的截面为矩形；当与重合时，即为的中点时，截面最大，面积为，故C正确；由，可得，因为是线段上的动点（不包含端点），故，综上，不存在点，使得三棱锥体积为，故D错误．12．【详解】由题可知圆的圆心为、半径为，且，过点作圆的切线，设切点为A，则切线长.13．112将问题拆分为“前8次不提前结束”和“第9次刚好结束”两个阶段，先筛选出前8次分差为1的有效比分并计算对应组合路径数，再匹配第9次唯一的得分操作，最后求和得到总情况数.【详解】由题意，罚球顺序：1班第1人→2班第1人→1班第2人→2班第2人→…→1班第5人（第9次罚球），结束规则：任一队员罚完后，若一队领先分数大于对方剩余未罚人数，比赛立即结束.“比赛恰好在1班第5人罚完后结束”需同时满足：前8次罚球（双方各罚4人）结束后，比赛未提前结束；第9次（1班第5人）罚球结束后，比赛立即触发结束条件.前8次罚球的约束（未提前结束）：设前8次结束后，1班进球个，2班进球个，此时双方各剩余1次罚球，比赛未结束，因此：若1班领先：领先分数≤2班剩余人数（1人），即；若2班领先：领先分数≤1班剩余人数（1人），即.综上，前8次比分满足.（1）有效比分筛选，第9次罚球后要触发结束，因此平分（、、、、）需排除（第9次后分差仍，无法结束），最终前8次有效比分为：.（2）中间过程无提前结束的验证，对于上述比分，所有对应路径在中间步骤均不会触发结束：以上比分分差均为1，在之前每一轮罚球后，分差始终s1，而对方剩余人数始终≥1，因此不会提前触发结束条件，所有路径均有效，因此每个比分对应的路径数可直接用组合数计算：1班4罚进个的组合数，乘以2班4罚进个的组合数.各比分路径数计算：前8次比分路径数计算路径数第9次罚球的结束条件：第9次为1班第5人罚球，罚完后1班全部罚完（剩余0人），2班剩余1人未罚.分两类讨论：（1）前8次1班领先（，如1:0、2:1、3:2、4:3）：1班进球后分差变为2，此时2班剩余1人，，满足结束条件；不进球则分差仍为1，不结束.→仅“进球”1种操作可结束比赛；（2）前8次2班领先（，如、、、）：1班不进球则分差仍为1，此时1班剩余0人，，满足结束条件；进球则比分打平，不结束.→仅“不进球”1种操作可结束比赛.综上，每类前8次比分对应第9次恰好1种得分选择，可使比赛结束.将所有有效情况相加：.14．设，在中由正弦定理可得，在中利用余弦定理得，再利用同角关系求出.【详解】设，因为，所以，因为，所以，则，，则，因为为线段上靠近点的三等分点，所以，则，在中由正弦定理得，即则，则，则，则，，则，设，则，因为，所以，因为，所以，则，在中利用余弦定理得则，故.15．(1)2×2列联表如下：命中未命中合计常规训练6040100专项训练7525100合计13565200有的把握认为“训练方式”与“点球命中”有关；(2)（1）根据题意，得到数据的列联表，利用公式求得，比较即可得到结论；（2）根据题意，得到乙组球员的命中率服从，转化为，进而求得其概率.【详解】（1）解：根据题意，甲乙两组中各有100人，甲组中有60人命中，乙组中有25人未命中，可得甲组中有40人未命中，乙组中有75人命中，所以列联表，如下表所示：命中未命中合计常规训练6040100专项训练7525100合计13565200可得，因为，所以有的把握认为“训练方式”与“点球命中”有关.（2）解：因为乙组球员的命中率近似服从正态分布，其均值为0.75，标准差为0.05，即乙组球员的命中率近似服从，将转化为标准正态分布变量，可得，可得.16．(1)法1：因为是三棱锥的外接球球心，所以，因为为的中点，所以；法2：因为，为的中点，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以；(2)（1）利用等腰三角形的性质或利用线面垂直证明线线垂直；（2）求证平面与平面所成角为或其补角，再利用圆的定义计算各边长度，最后利用余弦定理计算.【详解】（1）略（2）因为，所以平面与平面所成角为或其补角，因为，所以，则，因为，所以，因为，所以，，在中利用余弦定理得，故平面与平面夹角的余弦值为.17．(1)，；(2)(3)证明：由（2）得，，，运用数学归纳法证明：.当时，，命题成立；假设当时，成立，则当时，有，因函数在上单调递增，则，，由指数函数的图象性质可得当时，；当时，故成立，证毕.（1）依题意先求出的递推式，构造出等比数列，利用等比数列的通项公式与前项和公式即可求得；（2）依题构造函数，求导判断其单调性，推得当时，根据题意即可求得的取值范围；（3）利用数学归纳法结合指数函数的单调性即可得证.【详解】（1）因，且，，则，，则，因，即数列是首项为，公比为的等比数列，故，解得，数列的前项和；（2）依题意，在区间上恒成立，且存在实数，使得有解.设，求导得，由，解得，因，可得，且当时，，则，当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，又因，故当时，当或时，，要存在区间使得，即对应的区间，需使，故的取值范围是.（3）略.18．(1)设直线​的方程为，与抛物线联立得，设，由韦达定理得，，因此线段中点的横坐标为，代入得纵坐标为，因为直线的斜率，代入，，.因此直线​的方程为，当时，故​恒过定点.(2)①或或；②【详解】（1）略.（2）①因为直线过定点，分两种情况讨论与抛物线仅有一个交点的情形：（1）直线斜率不存在：方程为，代入得唯一交点，符合条件；（2）直线斜率存在：设，联立得.因为直线与抛物线仅有一个交点，所以，解