精品解析：陕西省榆林市2026届高三上学期第一次模拟测试数学试题

榆林市2026届高三第一次模拟测试 数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据并集的定义即可求出. 【详解】利用并集的定义可得． 故选：D． 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据共轭复数、复数的除法运算求得正确答案. 【详解】由题意可得，则， 所以． 故选：A 3. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式、前项和为以及等差中项即可求出. 【详解】解法1：因为，所以， 所以，所以公差，则． 解法2：因为即得所以， 故选：B． 4. 已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意命题是假命题，则命题的否定是真命题，再利用二次函数的性质求解即可. 【详解】因为“，使”是假命题， 所以“，都有”是真命题． 即，所以， 故选:. 5. 曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求得切线方程，进而计算出三角形的面积. 【详解】因为，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为， 整理得． 直线与轴交于点，与轴交于点， 因此所求面积为． 故选：A 6. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】选项A：若，，，则或与异面，A选项错误. 选项B：若，，，则或与相交，B选项错误. 选项C：若，，， 则或或与相交但不垂直，C选项错误. 选项D：若，，，则必有，D选项正确. 故选：D 7. 在等腰梯形中，，，，为线段上的动点（包括端点），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用向量法求得正确答案. 【详解】依题意，等腰梯形中，，，， 以为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则， 设，则，. 故选：C． 8. 已知，，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过构造函数，利用函数的单调性来分析的关系，进而确定的取值范围. 【详解】解法1：由题意可知， 设，则函数在上单调递增． 又，所以，． 设，则，令得． 当时，；当时，． 因此在单调递减，在单调递增， 故，因此， 故选：B． 解法2：由题意可知， 设，则函数在单调递增． 又，所以，． 设，则，令得． 当时，；当时，． 因此在单调递减，在单调递增， 故，因此， 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有三个正确选项的，每个选项2分，有两个正确选项的，每个选项3分，有选错的得0分． 9. 已知函数（），满足，则关于函数的说法正确的有（ ） A. B. 函数的对称中心为（） C. 函数的单调递减区间为（） D. 函数在上的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角函数的对称性求得，利用整体代入法求得的对称中心和单调区间，利用换元法求得最小值. 【详解】因为，且， 所以图象关于直线对称， 即（），解得（）， 又，所以，，A选项正确 令（），所以图象的对称中心为（）， B选项错误. 令（），得（）， 所以函数的单调递减区间为（），C选项正确. 设，，因为，所以， 所以当时，函数取得最小值为， 即函数在上的最小值为, D选项正确. 故选：ACD 10. 已知函数，若方程恰有2个不同的实数根，则实数可能的取值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】BD 【解析】 【分析】先分析函数的图像特征，再将“方程根的个数”问题转化为“函数图象交点个数”问题来确定实数的取值范围. 【详解】解法1：由，得 所以在上单调递增，在上单调递减， 而、上单调递减，在、上单调递增， 当直线与曲线（）相切时， 联立得，令，得， 依题意，作出与的图象，如图所示，由图知， ①当时，且， 函数的图象与的图象无交点，不满足题意； ②当时，且， 函数的图象与的图象仅交于点，不满足题意； ③当时，若，则， 若，则， 要使方程恰有2个不同的实数根， 则的图象与轴的交点在点左侧， 只需，即，当时有3个不同实根， 时有4个不同实根； ④当时，由上函数的图象与的图象有3个交点，不满足题意； ⑤当时，函数的图象与的图象有2个交点，满足题意． 综上，的取值范围为，所以实数可能的取值为1和2，故选BD． 解法2：对于A选项，当时，且， 函数的图象与的图象仅交于点，不满足题意； 对于B选项，当时，函数最大值点为， 函数的图象与的图象有2个交点，满足题意； 对于C选项，当时，，有3个不同实根； 对于D选项，当时， 此时函数与的图象都关于直线对称， 方程恰有2个不同实数根，所以实数可能的取值为1和2. 故选:BD． 11. 在棱长为1的正方体中，设为的中点，为的中点，为线段上的动点．则下列说法正确的是（ ） A. 过、、三点的平面截正方体所得截面可能为正六边形 B. 直线与平面所成角的最大值为 C. 不存在点，使得 D. 与一定是异面直线 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A：通过分析过、、三点的平面截正方体所得截面的形状来判断； 选项B：先找出直线与平面所成角，再分析其最大值； 选项C：建立空间直角坐标系，利用向量的数量积来判断是否存在点，使得； 选项D：建立空间直角坐标系，通过判断与是否共面来判断它们是否为异面直线. 【详解】选项A：在正方体中，过，，的截面与各棱交点为各棱中点时截面为正六边形，故选项A正确； 选项B：如图 过作垂直于，则平面，连接，． 则为与平面所成角．在中，， 要使最大，只需最小，又最小值为1，所以最大值为1， 从而直线与平面所成角最大值为．故选项B正确； 对于选项C和D：以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则 ，，，，设，，则．，． 若，则，解得， 又，所以存在点，使得．故选项C不正确． 设平面的一个法向量，，， 则即取，解得，故， 又，所以，从而与一定是异面直线． 故选项D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量在向量上的投影向量为，则向量______.（写出满足条件的一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据投影向量的概念与平面向量的坐标运算即可得的值，从而可得满足条件的一个. 【详解】向量在向量上的投影向量为 所以,则向量（答案不唯一）. 故答案为：（答案不唯一）. 13. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】解法1：通过已知三角函数值求出的表达式，再代入计算即可.解法2：对角进行变形，使其与已知条件建立联系，再运用二倍角公式计算即可. 【详解】解法1：因为，所以或（）， 则或（），所以． 解法2：因为，所以． 故答案为：. 14. 在有序数组（，）中定义：元素（）右边比其大的元素个数称为的“顺序数”，元素右边比其小的元素个数称为的“逆序数”．记有序数组的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和为． ①的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和______． ②______． 【答案】 ①. 10 ②. 【解析】 【分析】根据数列的新定义分析及等差数列求和公式、裂项相消法求解. 【详解】①对于可知， 2的顺序数为3，逆序数为1；4的顺序数为1，逆序数为2； 1的顺序数为2，逆序数为0；3的顺序数为1，逆序数为0，5的顺序数为0，逆序数为0． 故． ②对于各项均不相同的有序数组，易知后有个数， 所以的顺序数+逆序数， 所以， 所以， 所以． 故答案为：10；． 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. 已知数列中，，． （1）证明数列为等比数列，并求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过等比数列的定义利用题干给的关系即可证明； （2）利用分组求和的方法，结合等差和等比数列的求和公式即可求出. 【小问1详解】 因为，且， 所以， 所以数列是以5为首项，以5为公比的等比数列， 所以，即． 【小问2详解】 因为， 所以 ． 16. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的值； （2）若的面积为，的平分线交于，求线段的最大值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简已知条件，求得，进而求得. （2）利用三角形的面积公式列方程，求得，再根据面积列方程，利用基本不等式求得的最大值. 【小问1详解】 由正弦定理，及， 得，即， 由余弦定理得，，所以． 【小问2详解】 如图所示，因为，所以， 因为为的平分线，， 所以，， 当且仅当时，等号成立，所以线段的最大值为． 17. 如图，在梯形中，，，将沿翻折成，使得，连接，． （1）求证：； （2）若，，，且点、、、均在球的球面上． （ⅰ）证明点在线段上； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）证明出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立； （2）（i）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系，设点，由可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，可得出点的坐标，即可证得结论成立； （ii）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 翻折前，，即，， 翻折后，则有，， 又因为，、平面，所以平面． 又平面，所以． 【小问2详解】 因为平面，，以点为坐标原点， 、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 又，，， 故、、、、． （ⅰ）设，则，， ，． 由，可得， 解得，，则，故在线段上． （ⅱ）因为，， 设平面的一个法向量， 则，取，则，，可得， 又，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. 已知函数． （1）当时，求的最小值； （2）已知函数有两个零点，，且． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）0 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数的正负得出函数单调性进而得出最小值； （2）（ⅰ）解法1：根据函数有两个零点构造函数得出，则图象与直线有两个交点，数形结合得出参数范围；解法2：分和得出函数单调性进而结合零点得出参数范围；（ⅱ）证明1：构造函数，求出 导函数结合基本不等式得出导函数为正即可证明；证明2：由已知，，两式相减得，再构造函数结合函数单调性即可证明； 证明3：先应用不等式性质化简为，再构造函数求出导数应用单调性即可证明. 【小问1详解】 当时，，． 令得． 当时，；当时，． 因此在单调递减，在单调递增， 故的最小值为； 小问2详解】 （ⅰ）解法1：令得． 设，则图象与直线有两个交点． ，当时，；当时，． 因此在单调递增，在单调递减． 时，，，，由图可知，． 因此的取值范围为． 解法2：函数的定义域为，． 当时，，故在上单调递减，不满足题意； 当时，令得． 当时，；当时，． 因此在单调递减，在单调递增． 时，，时，，因为函数有两个零点， 所以，，解得1．因此的取值范围为． （ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知，，， 要证，即证． 因为，所以，又在单调递减， 即证，又，即证． 设，， 则， 当且仅当时取等号，所以，函数在单调递增． 当时，，因此，． 因为，所以，故原不等式成立． 证明2：由题意可知，，两式相减得． 要证，即证，即证， 令，则．即证（），即证（）． 设（），则． 由（1）知，，当且仅当时取等号． 故，即，在单调递增， 当时，，故原不等式成立． 证明3：由题意可知，，两式相减得． 要证，即证，即证． 令，，则，，． 即证（），即证（）． 令，即证（）． 设（），则，在单调递减， ，因为，所以，故原不等式成立． 19. 已知函数，． （1）证明：在上单调递减； （2）记的最小值为，最大值为，数列的前项积为． （ⅰ）求的通项公式； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，结合三角函数性质分析可知，即可得单调性； （2）（i）利用诱导公式分析可知的对称轴和周期性，结合单调性可得和；（ⅱ）可得，构造函数，利用导数结合单调性可得，进而分析证明. 【小问1详解】 因为， 当时，则，，可得， 且，则，即， 可得，所以函数在上单调递减. 【小问2详解】 （ⅰ）若，则，即； 若，由（1）可知：在上单调递减， 且， 可知是一个周期为的周期函数， 又因为 可知关于对称， 则在处取到最小值，在或处取到最大值， 可得， 综上所述：，． （ⅱ）若，由（i）可知：， 且符合上式，所以，则， 可得， 要证明，即证， 只需证， 构造，则， 当时，，可知函数在上递增， 则，即，可得，， 所以， 而是一个首项为1，公比为的等比数列的前项和， 根据等比数列求和公式可得． 可得，且对数函数是单调递增函数，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 榆林市2026届高三第一次模拟测试 数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 4. 已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ） A B. 1 C. D. 6. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 7. 在等腰梯形中，，，，为线段上的动点（包括端点），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有三个正确选项的，每个选项2分，有两个正确选项的，每个选项3分，有选错的得0分． 9. 已知函数（），满足，则关于函数的说法正确的有（ ） A. B. 函数的对称中心为（） C. 函数的单调递减区间为（） D. 函数在上的最小值为 10. 已知函数，若方程恰有2个不同的实数根，则实数可能的取值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 11. 在棱长为1的正方体中，设为的中点，为的中点，为线段上的动点．则下列说法正确的是（ ） A. 过、、三点的平面截正方体所得截面可能为正六边形 B. 直线与平面所成角最大值为 C. 不存在点，使得 D. 与一定是异面直线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量在向量上的投影向量为，则向量______.（写出满足条件的一个即可） 13. 已知，则______． 14. 在有序数组（，）中定义：元素（）右边比其大的元素个数称为的“顺序数”，元素右边比其小的元素个数称为的“逆序数”．记有序数组的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和为． ①的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和______． ②______． 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. 已知数列中，，． （1）证明数列为等比数列，并求数列通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的值； （2）若的面积为，的平分线交于，求线段的最大值． 17. 如图，梯形中，，，将沿翻折成，使得，连接，． （1）求证：； （2）若，，，且点、、、均在球的球面上． （ⅰ）证明点在线段上； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数． （1）当时，求最小值； （2）已知函数有两个零点，，且． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 19. 已知函数，． （1）证明：在上单调递减； （2）记的最小值为，最大值为，数列的前项积为． （ⅰ）求的通项公式； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $