2026届福建省莆田市莆田第六中学第一次高考适应性考试数学试题含解析.doc

2026届福建省莆田市莆田第六中学第一次高考适应性考试数学试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为

A．0 B． C． D．1
2．明代数学家程大位（1533~1606年），有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血写出《算法统宗》，可谓集成计算的鼻祖．如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”问题．执行该程序框图，若输出的的值为，则输入的的值为（ ）

A． B． C． D．
3．已知函数有三个不同的零点 （其中），则 的值为( )
A． B． C． D．
4．若，则下列不等式不能成立的是（ ）
A． B． C． D．
5．如果，那么下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
6．阿基米德（公元前287年—公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为( )
A． B． C． D．
7．是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
9．在直角中，，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
10．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A． B．
C． D．
11．若函数为自然对数的底数)在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
12．设集合，则 (　　)
A． B．
C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知集合，若，且，则实数所有的可能取值构成的集合是________.
14．若非零向量，满足，，，则______.
15．已知满足且目标函数的最大值为7，最小值为1，则___________．
16．如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该半球的体积为__________.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若曲线、交于、两点，是曲线上的动点，求面积的最大值.
18．（12分）已知直线：（为参数），曲线（为参数）．
（1）设与相交于，两点，求；
（2）若把曲线上各点的横坐标压缩为原来的倍，纵坐标压缩为原来的倍，得到曲线，设点是曲线上的一个动点，求它到直线距离的最小值．
19．（12分）已知，函数的最小值为1．
（1）证明：．
（2）若恒成立，求实数的最大值．
20．（12分）已知函数
（1）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；
（2）若函数对恒成立，求实数的取值范围.
21．（12分）如图，在斜三棱柱中，平面平面，，，，均为正三角形，E为AB的中点．

（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求斜三棱柱截去三棱锥后剩余部分的体积．
22．（10分）已知函数.
（1）设，求函数的单调区间，并证明函数有唯一零点.
（2）若函数在区间上不单调，证明：.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
根据题意可得平面，，则即异面直线与所成的角，连接CG，在中，，易得，所以，所以，故选B．
2．C
【解析】
根据程序框图依次计算得到答案.
【详解】
，；，；，；
，；，此时不满足，跳出循环，
输出结果为，由题意，得．
故选:
本题考查了程序框图的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.
3．A
【解析】
令，构造，要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根，则，解得或，结合的图象，并分，两个情况分类讨论，可求出的值.
【详解】
令，构造，求导得，当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，可画出函数的图象（见下图），要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根（其中），则，解得或，且，
若，即，则，则，且，
故，
若，即，由于，故，故不符合题意，舍去.
故选A.

解决函数零点问题，常常利用数形结合、等价转化等数学思想.
4．B
【解析】
根据不等式的性质对选项逐一判断即可.
【详解】
选项A：由于，即，，所以，所以，所以成立；
选项B：由于，即，所以，所以，所以不成立；
选项C：由于，所以，所以，所以成立；
选项D：由于，所以，所以，所以，所以成立.
故选：B.
本题考查不等关系和不等式，属于基础题.
5．D
【解析】
利用函数的单调性、不等式的基本性质即可得出.
【详解】
∵，∴，，，.
故选：D.
本小题主要考查利用函数的单调性比较大小，考查不等式的性质，属于基础题.
6．D
【解析】
设圆柱的底面半径为,则其母线长为,由圆柱的表面积求出,代入圆柱的体积公式求出其体积,结合题中的结论即可求出该圆柱的内切球体积.
【详解】
设圆柱的底面半径为,则其母线长为,
因为圆柱的表面积公式为，
所以,解得,
因为圆柱的体积公式为,
所以,
由题知,圆柱内切球的体积是圆柱体积的，
所以所求圆柱内切球的体积为
.
故选:D
本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式;考查运算求解能力;熟练掌握圆柱的表面积和体积公式是求解本题的关键;属于中档题.
7．B
【解析】
分别判断充分性和必要性得到答案.
【详解】
所以 （逆否命题）必要性成立
当，不充分
故是必要不充分条件，答案选B
本题考查了充分必要条件，属于简单题.
8．B
【解析】
设，，，根据向量线性运算法则可表示出和；分别求解出和，，根据向量夹角的求解方法求得，即可得所求角的余弦值.
【详解】
设棱长为1，，，
由题意得：，，
，

又

即异面直线与所成角的余弦值为：
本题正确选项：
本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.
9．C
【解析】
在直角三角形ABC中，求得 ，再由向量的加减运算，运用平面向量基本定理，结合向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，化简计算即可得到所求值．
详解】

在直角中，，，，，
，
若，则
故选C.
本题考查向量的加减运算和数量积的定义和性质，主要是向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题．
10．A
【解析】
根据题意，可得几何体，利用体积计算即可.
【详解】
由题意，该几何体如图所示：

该几何体的体积.
故选：A.
本题考查了常见几何体的三视图和体积计算，属于基础题．
11．B
【解析】
求得的导函数，由此构造函数，根据题意可知在上有变号零点.由此令，利用分离常数法结合换元法，求得的取值范围.
【详解】
，
设，
要使在区间上不是单调函数，
即在上有变号零点，令，
则，

令，则问题即在上有零点，由于在上递增，所以的取值范围是.
故选：B
本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查方程零点问题的求解策略，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
12．B
【解析】
直接进行集合的并集、交集的运算即可．
【详解】
解：；
∴．
故选：B．
本题主要考查集合描述法、列举法的定义，以及交集、并集的运算，是基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．.
【解析】
化简集合，由，以及，即可求出结论.
【详解】
集合，若，
则的可能取值为，0，2，3，
又因为，
所以实数所有的可能取值构成的集合是.
故答案为:.
本题考查集合与元素的关系，理解题意是解题的关键，属于基础题.
14．1
【解析】
根据向量的模长公式以及数量积公式，得出，解方程即可得出答案.
【详解】

，即
解得或（舍）
故答案为：
本题主要考查了向量的数量积公式以及模长公式的应用，属于中档题.
15．-2
【解析】
先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距，只需求出可行域直线在轴上的截距最大最小值时所在的顶点即可．
【详解】
由题意得：目标函数在点B取得最大值为7，在点A处取得最小值为1，
∴，，
∴直线AB的方程是：，
∴则，故答案为.

本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值的方法，属于基础题．
16．
【解析】
由题意可知半球的半径与正四棱锥的高相等，可得正四棱锥的棱与半径的关系，进而可写出半球的半径与四棱锥体积的关系，进而求得结果.
【详解】
设所给半球的半径为，则四棱锥的高，
则，由四棱锥的体积，
半球的体积为：.
【方法点睛】
涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.

三解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1），；（2）.
【解析】
（1）在曲线的参数方程中消去参数，可得出曲线的普通方程，将曲线的极坐标方程变形为，进而可得出曲线的直角坐标方程；
（2）求出点到直线的最大距离，以及直线截圆所得弦长，利用三角形的面积公式可求得面积的最大值.
【详解】
（1）由曲线的参数方程得，
.
所以，曲线的普通方程为，
将曲线的极坐标方程变形为，
所以，曲线的直角坐标方程为；
（2）曲线是圆心为，半径为为圆，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的最大距离为，，
因此，的面积为最大值为.
本题考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程之间的相互转换，同时也考查了直线截圆所形成的三角形面积最值的计算，考查计算能力，属于中等题.
18．（1）；（2）．
【解析】
(1)将直线和曲线化为普通方程，联立直线和曲线，可得交点坐标，可得的值；
（2）可得曲线的参数方程，利用点到直线的距离公式结合三角形的最值可得答案.
【详解】
解：（1）直线的普通方程为，的普通方程．
联立方程组，解得与的交点为，，则．
（2）曲线的参数方程为（为参数），故点的坐标为，
从而点到直线的距离是，
由此当时，取得最小值，且最小值为．
本题主要考查参数方程与普通方程的转化及参数方程的基本性质、点到直线的距离公式等，属于中档题.
19．（1）2；（2）
【解析】
分析：（1）将转化为分段函数，求函数的最小值
（2）分离参数，利用基本不等式证明即可．
详解：（Ⅰ）证明：
，显然在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，即．
（Ⅱ）因为恒成立，所以恒成立，

当且仅当时，取得最小值，
所以，即实数的最大值为．
点睛：本题主要考查含两个绝对值的函数的最值和不等式的应用，第二问恒成立问题分离参数，利用基本不等式求解很关键，属于中档题．
20．（1）；（2）.
【解析】
（1）求导得到，讨论和两种情况，计算函数的单调性，得到，再讨论，，三种情况，计算得到答案.
（2）计算得到，讨论，两种情况，分别计算单调性得到函数最值，得到答案.
【详解】
（1），
①当时恒成立，所以单调递增，因为，所以有唯一零点，即符合题意；
②当时，令，
函数在上单调递减，在上单调递增，函数。
（i）当即,所以符合题意，
（ii）当即 时，
因为，
故存在,所以 不符题意
（iii）当 时，
因为，
设，
所以,单调递增，即，
故存在，使得，不符题意；
综上，的取值范围为。
（2）。
①当时，恒成立，所以 单调递增，所以，
即符合题意；
②当 时，恒成立，所以单调递增，
又因为，
所以存在，使得，且当时，。
即在上单调递减，所以，不符题意。
综上，的取值范围为.
本题考查了函数的零点问题，恒成立问题，意在考查学生的分类讨论能力和综合应用能力.
21．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）要证明线面平行，需先证明线线平行，所以连接，交于点M，连接ME，证明；
（Ⅱ）由题意可知点到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离，根据体积公式剩余部分的体积是.
【详解】
（Ⅰ）如图，连接，交于点M，连接ME，则．
因为平面，平面，所以平面．
（Ⅱ）因为平面ABC，所以点到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离．
如图，设O是AC的中点，连接，OB．因为为正三角形，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面ABC．
所以点到平面ABC的距离故三棱锥的体积为
．
而斜三棱柱的体积为．
所以剩余部分的体积为．

本题考查证明线面平行，计算体积，意在考查推理证明，空间想象能力，计算能力，属于中档题型，一般证明线面平行的方法1.证明线线平行，则线面平行，2.证明面面平行，则线面平行，关键是证明线线平行，一般构造平行四边形，则对边平行，或是构造三角形中位线.
22．（1）为增区间；为减区间.见解析（2）见解析
【解析】
（1）先求得的定义域，然后利用导数求得的单调区间，结合零点存在性定理判断出有唯一零点.
（2）求得的导函数，结合在区间上不单调，证得，通过证明，证得成立.
【详解】
（1）∵函数的定义域为，由，解得为增区间；
由解得为减区间.
下面证明函数只有一个零点：
∵，所以函数在区间内有零点，
∵，函数在区间上没有零点，
故函数只有一个零点.
（2）证明：函数，则

当时，，不符合题意；
当时，令，
则，所以在上单调增函数，而，
又∵区间上不单调，所以存在，使得在上有一个零点，即，所以，
且，即
两边取自然对数，得即，
要证，即证，
先证明：，令，则
∴在上单调递增，即，∴①
在①中令，∴
令∴，即
即，∴.
本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间和零点，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.