精品解析：陕西省西安市西安高新唐南中学2026届高三上学期收心考试数学试题

2026届高三收心考数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共40分） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准，里氏震级的计算公式为，其中A是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．根据该公式可知，7.5级地震的最大振幅是6级地震的最大振幅的（ ）倍． A. B. C. D. 5. 如图，在四边形中，，为线段中点，，则（ ） A. B. 15 C. 18 D. 9 6. 已知等差数列和等比数列的前项和分别为和，且，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 若在上恒成立，则的范围（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共三小题，每小题6分，共18分，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知x，y为正实数，，则（ ） A. xy的最大值为4 B. 的最小值为 C. 的最小值为3 D. 的最小值为16 10. 以下四个命题正确的有（ ） A. 三个平面最多可以把空间分成八部分 B. 若直线平面，直线平面，则“与相交”等价于“与相交” C. 若直线平面，直线平面，且 ， ，则 D. 若四条直线中任意两条共面，则这四条直线共面 11. 设是定义在R上的函数的导函数，若，且为奇函数，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 为周期函数 D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 袋中共有个球，其中个白球，个黑球．从袋中任意抽取个球，其中恰有一个白球的概率为_________ 13. 抛物线经过点，，F为焦点，且，则的值为__________． 14. 已知函数，若存在实数且，使得，则的最大值为__________. 四、解答题 15. 某自助餐厅为了鼓励消费，设置了一个抽奖箱，箱中放有8折、8.5折、9折的奖券各2张，每张奖券的形状都相同，每位顾客可以从中任取2张奖券，最终餐厅将在结账时按照2张奖券中最优惠的折扣进行结算． （1）求一位顾客抽到的2张奖券的折扣均不相同的概率； （2）若自助餐的原价为100元/位，记一位顾客最终结算时的价格为X，求X的分布列及数学期望． 16. 已知向量，，函数. （1）求的最小正周期和单调递减区间； （2）已知为锐角三角形，，，为的内角，，的对边，，且，求面积的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，底面，平面，. （1）证明：平面. （2）若，，且直线与直线所成角的正切值为，求二面角的余弦值. 18. 已知椭圆的离心率，且圆过椭圆的上、下顶点. （1）求椭圆的方程； （2）若直线的斜率为，且直线与椭圆相交于，两点，点关于原点的对称点为，点是椭圆上一点，若直线与的斜率分别为，.证明：为定值，并求出此定值. 19. 已知关于x的函数，其图象与x轴相切． （1）求的表达式； （2）证明：； （3）设数列，（），的前n项和为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三收心考数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共40分） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】因为全集，集合，， 所以，，因此，. 故选：B. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数乘法运算和共轭复数概念可得. 【详解】因为，所以. 故选：D 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两角和与差的正弦公式求得，然后利用二倍角公式求解． 【详解】由，得， ∴，即， ∴， ∴， 故选：A． 4. 地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准，里氏震级的计算公式为，其中A是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．根据该公式可知，7.5级地震的最大振幅是6级地震的最大振幅的（ ）倍． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过里氏震级的计算公式求出不同震级对应的最大振幅，然后计算两者的倍数关系.计算时运用对数的性质和公式即可 【详解】由里氏震级的计算公式，可得，进一步变形得到，从而得出. 当时，根据，可得地震的最大振幅为. 当时，同样根据，可得地震的最大振幅为. . 故选：B 5. 如图，在四边形中，，为线段中点，，则（ ） A. B. 15 C. 18 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】在中，由余弦定理求出长，由勾股定理可得直角三形，由求出长，再利用数量积定义即可求. 【详解】在中，已知， 由余弦定理可得 ，则. 由，可得. 故在中，为线段中点，则， 又，则， 且. 故. 故选：D. 6. 已知等差数列和等比数列的前项和分别为和，且，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】分别设出为和的形式，由此求得，即可化简后得到结果. 【详解】由等差数列和等比数列的前项和分别为和， 当等比数列的公比时，，显然不合题意； 所以，等比数列为常数列，所以可设，，， 所以可得，故C正确. 故选：C. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，再利用作商法结合换底公式及基本不等式即可得解. 【详解】由，，， 则，，， 而，，， 因为， 所以，故； 又， 所以，故. 综上所述，. 故选：A. 8. 若在上恒成立，则的范围（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，分离参数构造函数，利用导数探讨单调性求出最小值即可得解. 【详解】对任意，不等式恒成立， 令，，函数在上单调递增， 则，因此原不等式等价于，令， 求导得 而，则，函数在上单调递增， 因此对任意，，从而， 所以的范围是. 故选：C 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： ①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； ②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． ③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 二、多选题（本题共三小题，每小题6分，共18分，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知x，y为正实数，，则（ ） A. xy的最大值为4 B. 的最小值为 C. 的最小值为3 D. 的最小值为16 【答案】AD 【解析】 【分析】根据基本不等式即可对选项逐一判断. 【详解】A选项，因为为正实数，，则，当且仅当时取等号，故A选项正确； B选项，，当且仅当时取等号，所以的最大值为，故B选项错误； C选项，因为，则，故，当且仅当时取等号，故C选项错误； D选项，因为 ，因为， 所以，所以的最小值为16，故D选项正确. 故选：AD 10. 以下四个命题正确的有（ ） A. 三个平面最多可以把空间分成八部分 B. 若直线平面，直线平面，则“与相交”等价于“与相交” C. 若直线平面，直线平面，且 ， ，则 D. 若四条直线中任意两条共面，则这四条直线共面 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，三个不同平面可以把空间分成四部分、六部分、七部分、八部分，作图即可判断；对于B，作图举反例即可淘汰；对于C，直接法证明即可判断；对于D，以正方体为反例淘汰即可. 【详解】 对于A，由上图可知：三个平面可以把空间分成四部分、六部分、七部分、八部分，最多八部分，所以选项A正确； 对于B，由上图可知： ， 直线平面，直线平面，且，但直线与直线并不相交， 所以选项B错误； 对于C，直线平面，直线平面，因为， 所以，又因为，所以， 所以选项C正确； 对于D，如上图，直线，直线，直线，直线任意两条共面，但这四条直线并不共面，所以选项D错误. 故选：AC. 11. 设是定义在R上的函数的导函数，若，且为奇函数，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 为周期函数 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：结合，赋值代入计算即可得；对B：由为奇函数可得为偶函数，再利用偶函数的性质结合A中所得可得；对C：由B中所得，即可得，对其左右求导后结合周期性即可得；对D：由C中所得可得的周期，结合赋值法计算出一个周期内的和即可得. 【详解】对A：由，， 令，解得，故A正确； 对B：由为奇函数可得，则为偶函数， 所以，所以， 又，所以， 又，所以，故B错误； 对C：由可得，， 所以，求导可得，， 故的一个周期为4，故C正确； 对D：由，故的一个周期为4， 因为，令可得，， 令可得，，所以， 所以， 故D正确. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 袋中共有个球，其中个白球，个黑球．从袋中任意抽取个球，其中恰有一个白球的概率为_________ 【答案】##0.6 【解析】 【分析】利用组合数的知识，结合古典概型概率公式可得结果. 【详解】从袋中任取个球，共有种取法；其中恰有一个白球的取法有种， 则所求概率. 故答案为：. 13. 抛物线经过点，，F为焦点，且，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据焦半径公式得，进而得，再结合的横坐标为求解即可. 【详解】∵抛物线经过点，为抛物线的焦点，且， ∴抛物线的定义，可得，解得， ∴， ∵的横坐标为， ∴，解得． 所以. 故答案为：． 14. 已知函数，若存在实数且，使得，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象，根据图象分析可知与有三个交点，可得，，代入可得，令，利用导数求其最值，即可得结果. 【详解】根据题意作出函数的图象，如图所示， 令，解得或， 令，解得或或， 由题意可知：与有三个交点，则， 此时，且， 令，可得， 则， 令，则， 可知在内单调递增，则的最大值为， 所以的最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 四、解答题 15. 某自助餐厅为了鼓励消费，设置了一个抽奖箱，箱中放有8折、8.5折、9折的奖券各2张，每张奖券的形状都相同，每位顾客可以从中任取2张奖券，最终餐厅将在结账时按照2张奖券中最优惠的折扣进行结算． （1）求一位顾客抽到的2张奖券的折扣均不相同的概率； （2）若自助餐的原价为100元/位，记一位顾客最终结算时的价格为X，求X的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2） 的分布列为： 80 85 90 . 【解析】 【分析】（1）利用古典概型概率公式可求解； （2）的所有取值为80，85，90，利用古典概型概率公式可求分布列，进而可求期望. 【小问1详解】 从6张奖券中，任取2张奖券共有种选法，抽到的两张奖券相同的有3种选法， 所以一位顾客抽到的2张奖券的折扣均不相同的概率为. 【小问2详解】 的所有可能取值为80，85，90， ， ， ， 的分布列为： 80 85 90 . 16. 已知向量，，函数. （1）求的最小正周期和单调递减区间； （2）已知为锐角三角形，，，为的内角，，的对边，，且，求面积的取值范围. 【答案】（1）， （2）. 【解析】 【分析】（1）利用数量积的坐标表示求出，再利用正弦函数的性质求解即得. （2）由（1）的信息及已知求出，再利用正弦定理和面积公式可将三角形面积转化为三角函数求值域问题，确定自变量范围，即可得解. 【小问1详解】 依题意， ，因此函数的最小正周期， 由，解得， 所以的单调递减区间是. 【小问2详解】 由（1）知，，即， 在锐角中，，则，即， 由正弦定理，得， 因此， 由，得，则，于是， 所以面积的取值范围为. 17. 如图，在四棱锥中，底面，平面，. （1）证明：平面. （2）若，，且直线与直线所成角的正切值为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为底面，底面，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，又平面，平面平面， 所以，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理以及线面平行的性质定理证明； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算，即可求解二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以直线与直线所成的角为， 因为底面，底面，所以， 所以，即， 设为2个单位长度， 以为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量为，则 取，则，，得， 易得平面的一个法向量为， 由图可知二面角为锐角， 则二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率，且圆过椭圆的上、下顶点. （1）求椭圆的方程； （2）若直线的斜率为，且直线与椭圆相交于，两点，点关于原点的对称点为，点是椭圆上一点，若直线与的斜率分别为，.证明：为定值，并求出此定值. 【答案】（1）； （2）证明:设直线的方程为，设，，由题意， 联立，整理可得， ，即，且，， 所以 . 即证得为定值，且定值为0. 【解析】 【分析】（1）根据圆的上下顶点可求，利用，，的关系可得答案； （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出，求和化简即可. 【小问1详解】 由题意可得，，所以， 所以椭圆的方程为：； 【小问2详解】 证明略，定值为0. 19. 已知关于x的函数，其图象与x轴相切． （1）求的表达式； （2）证明：； （3）设数列，（），的前n项和为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析. （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由函数的图象与x轴相切，可计算求出切点，代入函数即可求出a的值. （2）计算及的解，求出函数的单调区间，从而计算的最大值，可证明结果. （3）借助（2）可知，构造当时，有，取倒数结合放缩法可得，从而得出，两边求和即可得证. 【小问1详解】 函数的图象与x轴相切，则得代入可得. 【小问2详解】 ，则， 则得，得 所以在上单调递增，在上单调递减， 得证. 【小问3详解】 由（2）知，当时，，，即当时，，又当时，，，所以， 所以，即，，得证. 【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，解答时应该注意： 数列是特殊的函数，它的图像是一群孤立的点， 转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，往往被忽略. 利用函数的方法研究数列中的相关问题，应准确构造相应的函数，注意数列中相关条件的转化. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $