精品解析：陕西省西安市新城区2026届高三上学期第一次模拟数学试题

数学试卷 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. 双曲线的渐近线方程为（ ） A B. C. D. 2. 若复数在复平面内对应的点在直线上，则（ ） A. B. C. D. 3. 中内角，，所对的边分别为，，，若，且，则（ ） A. B. C. D. 2 4. 若集合，，且，则（ ） A. B. C. D. 或0 5. 若非零向量，相互垂直，且，则满足的的值为（ ） A 2 B. C. D. 6. 已知函数的图像向左平移个单位后，得到的图像，若，的图像关于轴对称，则的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. D. 7. 已知椭圆的右焦点为，且过点，为上一动点，则的最大值为（ ） A B. C. D. 8. 定义域为的函数满足，，，且函数满足对任意，都有，则方程解的个数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 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. 存在实数，使下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则满足过点可作出3条直线与图象相切的充分条件是（ ） A ， B. C. 点射线上 D. 点在曲线上 11. 已知正方体的棱长为2，点满足，下列结论正确的是（ ） A. 若，则与所成角为 B. 若平面，则 C. 若点，，，都在球的表面上，且球心在底面上，则 D. 若平面时，与平面交于点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某工厂生产的灯泡使用寿命（单位：千小时），且，则________． 13. 若，，则________. 14. 将1，2，…，9这9个数全部填入如图数表中，使得数表中每一个小方格内各填一个数，且各个小方格内所填的数互不相同.若对任意填好的数表，总能在该数表的某一行中或某一列中找到和不小于的两个数，则的最大值为________. 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. 某芯片加工厂对其生产的芯片采用AI质检系统进行检测，该厂芯片的次品率为，系统检测到次品时，有95%的概率正确标记为“不合格”，检测到正品时有90%的概率正确标记为“合格” （1）现从生产线上随机抽取1件芯片进行检测，若，求被系统标记为合格品的概率； （2）若质检系统把次品标记为“合格”或把正品标记为“不合格”，则称系统检测误判，且将单件产品被系统检测误判的概率称之为系统检测误判率.已知该工厂通过技术升级使芯片的次品率有所降低，那么随着的降低，系统检测误判率是升高还是降低?并说明理由. 16. 已知数列满足，且. （1）若，且，求的通项及前项和； （2）若，，则能否为等比数列?若能，求；若不能，说明理由. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，平面，点为中点，点，分别在棱，上，且，. （1）证明：； （2）记三棱锥与四棱锥的体积分别为，，求； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知抛物线：，为坐标原点. （1）过上与不重合的任意一点作的切线，与轴、轴分别交于，两点，证明：； （2）若直线与交于，为两点，且以线段为直径的圆过点. （i）求的方程； （ii）若，是上与不重合的两点，且的内切圆的圆心为，求内切圆的半径. 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若，求的取值范围； （3）若，设，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 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. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据渐近线方程的公式即可求解. 【详解】由双曲线方程可知，且焦点在x轴上，所以双曲线的渐近线方程为. 故选：C. 2. 若复数在复平面内对应的点在直线上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的几何意义得出对应点坐标，代入直线方程可得，进而得出复数，最后利用复数乘法运算即可. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点为 又点在直线上， 所以，解得， 所以复数， ， 故选：D. 3. 中内角，，所对的边分别为，，，若，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，再结合同角三角函数的基本关系求出，最后利用正弦定理求解即可. 【详解】因为，所以， 则，由余弦定理得， 因为，所以， 由同角三角函数的基本关系得，解得， 由正弦定理得，故A正确. 故选：A. 4. 若集合，，且，则（ ） A. B. C. D. 或0 【答案】B 【解析】 【分析】对集合B进行分类讨论，再根据两集合的交集判断可得. 【详解】由集合，分三类情况： ①当时，，则，显然不满足. ②当，则，如图，也不满足. ③当，则，由，得，即.如图： 故选：B. 5. 若非零向量，相互垂直，且，则满足的的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据非零向量，相互垂直及模长关系设出向量，，代入，通过向量点积及模长运算得出关于的方程，解方程求出的值． 【详解】因为向量，相互垂直，且，不妨设，， 则， 解得. 故选：B． 6. 已知函数的图像向左平移个单位后，得到的图像，若，的图像关于轴对称，则的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的平移变换和对称性可得，再利用余弦函数的周期性列式求解即可. 【详解】由题意可得， 因为，的图像关于轴对称， 则， 所以，，解得，， 又，所以的最小值为4， 故选：A 7. 已知椭圆的右焦点为，且过点，为上一动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题目条件求椭圆的方程，进而由椭圆的定义及两点间线段最短求两线段长度之和的最大值 【详解】设半焦距为，因为，故. 又过点，故. 由椭圆得，代入解得，.即，. 所以的方程为. 设的左焦点为，故. 根据椭圆的几何性质可知， 由于两点之间线段最短，所以. 因此. 当且仅当，，在一条直线上时，等号成立. 故选： 8. 定义域为的函数满足，，，且函数满足对任意，都有，则方程解的个数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】由，通过代入特殊值求出，，得到解析式，通过画函数图像判断解的个数. 【详解】中取，，得，即， 取，，得，即，所以， 得， 是周期为2的周期函数，，作出函数的图象及直线， 可得两图象有7个交点， 故选：B. 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. 存在实数，使下列不等式成立的是（ ） A. B. C D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，配方可得，结合平方数非负即可判断，对于B，取，即可判断，对于C，由基本不等式可得，当时取等号，结合即可判断C，对于D，当时，，时，结合基本不等式和放缩法可证明，由此判断D. 【详解】对于A，因为，又， 所以，不满足题意； 对于B，时，满足题意； 对于C，，当时取等号，，满足题意； 对于D，当时，，不满足题意， 当，左边，不满足题意， 故选：BC. 10. 已知函数，则满足过点可作出3条直线与图象相切的充分条件是（ ） A. ， B. C. 点在射线上 D. 点在曲线上 【答案】ACD 【解析】 【分析】设过点的直线与的图象切于点，由，得到，构造，结合有3个零点，求导得到，令，得或，由逐项判断即可. 【详解】因为，所以， 设过点的直线与的图象切于点， 则切线斜率，即， 去分母整理得，切线有3条， 设，则有3个零点， ，令，得或， 所以， 对于A，取，得，A正确； 对于B，取，则，不满足，B错误； 对于C，令，，则，，满足，C正确； 对于D，令，，则，，满足，D正确； 故选：ACD. 11. 已知正方体的棱长为2，点满足，下列结论正确的是（ ） A. 若，则与所成角为 B. 若平面，则 C. 若点，，，都在球的表面上，且球心在底面上，则 D 若平面时，与平面交于点，则 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，证明出⊥平面，平面，所以，A错误；B选项，证明出平面平面，则点为与平面的交点，由于平面与平面将三等分，故；C选项，找到点的位置，结合余弦定理解得，故，则，由B可知平面，根据线面平行的性质可得；D选项，证明出线面垂直，得到点为与平面的交点，点重合，故. 【详解】对于A，因为四边形为正方形，所以⊥， 又⊥平面，平面，所以⊥， 又，平面，所以⊥平面， 为中点，平面，所以，所以A错误； 对于B，因为，，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理可得， 又平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 若平面，则点为与平面的交点， 由于平面与平面将三等分，故，B正确； 对于C，若在底面上，则为正方形的中心， 又，其中， 在中，，即， 解得，故，故，则， 根据B可知，此时平面， 又易知，，，共面，为平面与平面的交线， 故，C正确； 对于D，由A知，⊥平面，又平面，所以⊥， 同理可证⊥，又，平面， 所以平面， 平面时，点为与平面的交点， 与平面交于点，故点重合，故 ，D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某工厂生产的灯泡使用寿命（单位：千小时），且，则________． 【答案】0.4## 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求概率即可． 【详解】因为，且，故, 所以. 故答案为：0.4． 13. 若，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用两角差的正切公式求出，再结合二倍角的正弦公式求解即可. 【详解】因为，， 所以， 由二倍角的正弦公式得 故答案为： 14. 将1，2，…，9这9个数全部填入如图数表中，使得数表中每一个小方格内各填一个数，且各个小方格内所填的数互不相同.若对任意填好的数表，总能在该数表的某一行中或某一列中找到和不小于的两个数，则的最大值为________. 【答案】14 【解析】 【分析】举例说明存在填好的数表所有行及所有列中，两个数之和的最大值为，再证明对于任意的填好的数表，一定存在某一行或某一列中的两个数之和不小于14，由此可得结论. 【详解】 9 1 3 2 8 5 4 6 7 在如上数表中的所有行及所有列中，两个数之和的最大值为. 下面说明对于任意的填好的数表，一定存在某一行或某一列中的两个数之和不小于14. 将9，8，7，6这4个数填入数表， 则它们中至少存在一个数（记为）与它们中另外两个数（记为和）的其中一个在同一行，另一个在同一列， 又和中至少有一个不小于14， 故一定存在某一行或某一列中的两个数之和不小于14. 所以的最大值为14. 故答案为：. 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. 某芯片加工厂对其生产的芯片采用AI质检系统进行检测，该厂芯片的次品率为，系统检测到次品时，有95%的概率正确标记为“不合格”，检测到正品时有90%的概率正确标记为“合格” （1）现从生产线上随机抽取1件芯片进行检测，若，求被系统标记为合格品的概率； （2）若质检系统把次品标记为“合格”或把正品标记为“不合格”，则称系统检测误判，且将单件产品被系统检测误判的概率称之为系统检测误判率.已知该工厂通过技术升级使芯片的次品率有所降低，那么随着的降低，系统检测误判率是升高还是降低?并说明理由. 【答案】（1）0.815 （2）随着的降低，系统的误判率升高，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式计算. （2）求出误判率的函数关系，再借助函数单调性判断. 【小问1详解】 用事件表示抽到的是正品，把抽到的产品标记为合格品为事件， 则，， 由全概率公式得. 【小问2详解】 设系统的误判率为，则， 所以随着的降低，系统的误判率升高. 16. 已知数列满足，且. （1）若，且，求的通项及前项和； （2）若，，则能否为等比数列?若能，求；若不能，说明理由. 【答案】（1），. （2）能，. 【解析】 【分析】（1）由已知可得，是首项为1，公比为的等比数列，可求通项及前项和； （2）若是等比数列，可得，再证明时是等比数列即可. 【小问1详解】 由及， 得， 所以数列是公比为的等比数列，且， 所以，. 【小问2详解】 因为，若是等比数列，则， 所以，即， 因为，，所以， 下面证明时是等比数列： 由已知是公比为的等比数列， 所以， 所以时 ， 当也满足上式，所以， ，又，故数列可以是首项为1，公比为的等比数列，此时. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，平面，点为中点，点，分别在棱，上，且，. （1）证明：； （2）记三棱锥与四棱锥的体积分别为，，求； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，利用余弦定理以及勾股定理可得，进而由线面垂直求证得解， （2）利用等体积法以及相似，即可由锥体的体积公式求解， （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，进而利用向量的夹角公式求解. 【小问1详解】 因，，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 取中点，因为为中点，所以，因此, 则，，，共面， 因为四边形是边长为4的菱形，， 所以在中，，， 所以，故， 所以， 因为，平面，所以平面 因为平面，所以. 【小问2详解】 由，，，可得 ， 所以. 【小问3详解】 取中点，连接，由题意可得，，两两垂直，以点为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，， ，，. 设平面的法向量为，则有，得， 取，得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知抛物线：，为坐标原点. （1）过上与不重合的任意一点作的切线，与轴、轴分别交于，两点，证明：； （2）若直线与交于，为两点，且以线段为直径的圆过点. （i）求的方程； （ii）若，是上与不重合两点，且的内切圆的圆心为，求内切圆的半径. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）设，利用导数求出点的切线方程，得出，两点坐标，结合向量坐标运算即可得证； （2）（i）设，，直线与抛物线联立方程组由韦达定理可得，，根据题意由，计算即可求解；（ii）设，，由点在的平分线上得，计算得直线，直线的方程，根据内切圆性质建立等式可得，进而可得内切圆半径. 【小问1详解】 设，由，得，， 所以在点处的切线方程为， 即， 令，得，令，得， 所以； 【小问2详解】 （i）设，， 与联立得， 所以，， 因为以线段为直径的圆过点， 所以 ， 所以，故的方程为； （ii）设，， 则线段的斜率为，直线的斜率为， 由内切圆性质可得，点在的平分线上，所以，， 所以直线的方程为，直线的方程为， 由点到直线，距离相等得， 设，则，， 所以，化简得， 即， 因为，故， 所以，解得（不符合题意舍去）或， 所以，所以. 故内切圆的半径. 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若，求的取值范围； （3）若，设，且，证明：. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为； （2）； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的单调递区间. （2）等价变形给定不等式，分离参数并构造函数，利用导数求出最小值即可. （3）由（2）的结论可得，利用不等式的性质及已知得，再利用导数及零点存在性定理，结合不等式性质证得即可. 【小问1详解】 当时，，求导得， 令，求导得，函数在上单调递增， 而，则当时，；当时，， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 不等式， 设函数，求导得， 设，求导得， 函数在上单调递增，且， 则当时，，；当时，，， 函数在上单调递减，在上单调递增，，则， 所以的取值范围是. 【小问3详解】 由（2）知，当时，，当且仅当时等号成立， 则，即，同理， 于是，即， 当时，，，显然当时，，单调递增， 当时，令，则， 当时，；当时，， 则当时，，单调递增， 而，且，则存在唯一，使得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 又，，则存在唯一，使得， 因此当时，，当时，， 而，且，于是，即， 又，则，即，从而， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $