精品解析：陕西省西安市新城区2026届高三上学期第二次模拟数学试卷

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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 或 2. 若，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 3. 圆与直线相切，则圆的半径为（ ） A. B. C. D. 4. 甲､乙两名羽毛球运动员进行一场比赛，采用5局3胜制（先胜3局者胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面向量满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知各项均不为零的数列的前 项和为且，则（ ） A. 4052 B. 4054 C. 2026 D. 2027 7. 已知函数在上单调，则的最大值为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 8. 在平面直角坐标系 中，已知两点，点 在直线 上，若 为抛物线上一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知递增等比数列的前 项和为，若，则（ ） A. B. C. 是公差为1等差数列 D. 是等比数列 11. 如图，四棱台中，底面 是边长为4的菱形，，，则（ ） A. B. 平面 C. 若 ，则该四棱台的体积为 D. 平面 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是240，则实数 的值为__________. 13. 已知曲线在点处的切线方程为__________. 14. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点 在双曲线右支上，若的内切圆的圆心为，且满足与的纵坐标互为相反数，则双曲线 的渐近线的方程为__________. 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. 在 中，内角的对边分别为，且满足. （1）求角 的大小： （2）若的周长为，求 的边 上的高. 16. 某家电售后平台为提升服务效率并控制成本，收集了过去6个月的“售后技术投入费用”（记为变量 ，单位：千元）与“售后商品平均单件处理时长”（记为变量 ，单位：小时）的对应数据，同时保留了售后商品处理方式的历史统计信息.具体数据如下表所示： 月份 一 二 三 四 五 六 售后技术投入费用 （千元） 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 平均单件处理时长 （小时） 5.8 5.2 4.5 4.0 3.5 3.0 该平台售后商品处理分为两种方式：自主检修（方式 ）和合作维修（方式 ）.根据历史数据，每月约有的售后商品选择方式 ， 选择方式 ，处理规则如下： 方式 ：初始检修合格概率为，合格商品无额外成本；不合格商品中， 可通过二次检修修复合格（二次检修成本为180元），剩余不合格商品需报废处理（报废成本为450元）. 方式 ：初始维修合格概率为，合格商品无额外成本；不合格商品直接报废（报废成本为450元）. （1）请根据表中数据，求 关于 的线性回归方程（精确到0.01）； （2）若该平台计划在7月份投入4.2千元的售后技术投入费用，根据（1）中所求的回归方程，预测7月份售后商品的平均单件处理时长； （3）从8月份售后商品中随机选取一件，设 为该商品的处理成本（单位：元），分别求 为0和450的概率. 附：回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 17. 如图，已知三棱锥. （1）证明：平面 平面 ； （2）若三棱锥的各顶点都在球 的球面上，求球 的半径： （3）求直线 与平面所成的角的正弦值. 18. 已知函数，（其中 且）. （1）当时，证明是偶函数； （2）当 时，设，若对任意恒成立，求实数 的取值范围； （3）当时，设的最小值为.证明：的最大值为2. 19. 如图，已知椭圆的右焦点为 ，过 的动直线 与 交于两点，且当 轴时， . （1）求 的方程； （2）证明：； （3）若 在 轴上方，直线 与圆 交于点 ，点 在 轴上方，是否存在点 ，使得 与 的面积之比为 ？若存在，求出点 坐标；若不存在，说明理由. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式求得集合，进而利用补集，交集的意义求解即可. 【详解】因为，所以或， 又，则或. 故选：D. 2. 若，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法运算，结合共轭复数的概念即可求解. 【详解】由得，则， 所以，其虚部为. 故选：B 3. 圆与直线相切，则圆的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆的切线性质，结合点到直线距离公式求解. 【详解】方程化为， 因此已知圆的圆心为，半径， 由圆与直线相切，得，解得 ， 所以圆的半径为. 故选：D 4. 甲､乙两名羽毛球运动员进行一场比赛，采用5局3胜制（先胜3局者胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用独立重复事件，分析获胜情况，即可求出概率. 【详解】甲第一局获胜并最终以获胜，说明在4局比赛中，甲胜了3局，输了1局， 并且输掉的这局为第二局或第三局， 故概率为. 故选：C 5. 已知平面向量满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的公式即可求解. 【详解】由题意得，又，所以在上的投影向量为. 故选：B 6. 已知各项均不为零的数列的前 项和为且，则（ ） A. 4052 B. 4054 C. 2026 D. 2027 【答案】A 【解析】 【分析】根据的关系可得数列是等差数列，可求得. 【详解】当 时，由，可得， 因为各项均不为零，所以，可得， 所以数列是首项为，公差为2的等差数列， 所以. 7. 已知函数在上单调，则的最大值为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：由，求得单调增区间，再结合集合包含关系即可求解，法二：由得到，再结合集合包含关系即可求解. 【详解】方法一：由正弦函数的单调性，令， 解得， 又在单调， 所以当时，，即， 解得，所以的最大值为3. 方法二：在单调， 故， 所以的最大值为3. 故选：B 8. 在平面直角坐标系 中，已知两点，点 在直线 上，若 为抛物线上一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：设点，利用点到直线的距离求出 进而求最小值即可；方法二：：设直线 与直线 平行，且 与抛物线相切，求出直线方程，利用平行线的距离公式求解即可. 【详解】方法一：因为直线 的斜率，所以直线的方程为，即， 易知抛物线与直线没有交点， 设点，则点 到直线的距离， 所以当时， 取得最小值，. 方法二：设直线 与直线 平行，，且 与抛物线相切， 联立得，令解得， 则与的切点为 ，则. 故选：C 二､多选题：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. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据正态分布的定义和正态曲线的性质，利用均值与方差的计算性质逐一判断各选项即得. 【详解】因为随机变量，所以，故A正确； ，故B正确； 因为随机变量，所以， 则，故C错误； 又，故D错误. 故选：AB. 10. 已知递增等比数列的前 项和为，若，则（ ） A. B. C. 是公差为1等差数列 D. 是等比数列 【答案】BD 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式，进行基本量的计算，可判断AB的真假；利用等差、等比数列的定义，判断数列是否为等差、等比数列，可判断CD的真假. 【详解】设的公比为，数列递增，，所以， 因为，所以，解得或（舍去）， 因为 ，所以，，A错误； ，，B正确； ，所以数列是等差数列，且公差为，C错误； ，又， 所以是首项为3，公比为的等比数列，D正确. 故选：BD 11. 如图，四棱台中，底面 是边长为4的菱形，，，则（ ） A. B. 平面 C. 若 ，则该四棱台的体积为 D. 平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据面面平行的性质定理证明线线平行，判断A的真假；根据线面平行的判定定理证明线面平行，判断B的真假；根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，判断D的真假；利用台体的体积公式求台体体积，判断C的真假. 【详解】连结 ，交于点 ，连结， 由四棱台，得平面 平面， 又平面平面，平面面， 所以 ，A正确； 因为，所以， 因为 为 的中点，所以， 所以四边形为平行四边形， 故 ，又平面平面，所以 平面，B正确； 取 的中点 ，连结， 由四棱台得， ， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以，所以， 因为，又，所以，因为 ，所以， 又平面，所以平面 ，D正确； 因为 ，所以， 易得菱形 的面积， 由四棱台且， 可得， 四棱台的体积： ，C错误. 故选：ABD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是240，则实数 的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，即可求得. 【详解】由展开式的通项为， 令，得 ， 所以展开式中的系数为，解得. 故答案为：. 13. 已知曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求导，然后求出和，再利用点斜式求直线方程即可. 【详解】有题意得，所以曲线在点处的切线的斜率为， 又，所以切线方程为，整理得. 故答案为：. 14. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点 在双曲线右支上，若的内切圆的圆心为，且满足与的纵坐标互为相反数，则双曲线 的渐近线的方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，内心为，根据与的纵坐标互为相反数，求出点 的纵坐标，再根据等面积及双曲线的定义求出，从而可求出点 的坐标，代入双曲线方程即可得解． 【详解】设，内心为，依题意可设， 所以，解得， 由等面积可得 ，化简得， 又，所以， 因为，点 在双曲线的右支上， 所以， 则，解得， 所以 的坐标为， 代入双曲线方程中，得，解得， 所以双曲线的渐近线的方程为， 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. 在 中，内角的对边分别为，且满足. （1）求角 的大小： （2）若的周长为，求 的边 上的高. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和代换，再利用诱导公式和正弦定理角化边，即可得； （2）由题可得，利用余弦定理可得，再利用等面积公式即可求出高. 【小问1详解】 因为， 所以， 结合正弦定理可得，即， 可得，因为，所以. 【小问2详解】 因为的周长为，所以，所以， 在 中，由余弦定理得，所以 又 的面积，设 边 上的高为 ，所以 ，解得. 16. 某家电售后平台为提升服务效率并控制成本，收集了过去6个月的“售后技术投入费用”（记为变量 ，单位：千元）与“售后商品平均单件处理时长”（记为变量 ，单位：小时）的对应数据，同时保留了售后商品处理方式的历史统计信息.具体数据如下表所示： 月份 一 二 三 四 五 六 售后技术投入费用 （千元） 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 平均单件处理时长 （小时） 5.8 5.2 4.5 4.0 3.5 3.0 该平台售后商品处理分为两种方式：自主检修（方式 ）和合作维修（方式 ）.根据历史数据，每月约有的售后商品选择方式 ， 选择方式 ，处理规则如下： 方式 ：初始检修合格概率为，合格商品无额外成本；不合格商品中， 可通过二次检修修复合格（二次检修成本为180元），剩余不合格商品需报废处理（报废成本为450元）. 方式 ：初始维修合格概率为，合格商品无额外成本；不合格商品直接报废（报废成本为450元）. （1）请根据表中数据，求 关于 的线性回归方程（精确到0.01）； （2）若该平台计划在7月份投入4.2千元的售后技术投入费用，根据（1）中所求的回归方程，预测7月份售后商品的平均单件处理时长； （3）从8月份售后商品中随机选取一件，设 为该商品的处理成本（单位：元），分别求 为0和450的概率. 附：回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 【答案】（1） （2）3.266小时； （3）0.78；0.172 【解析】 【分析】（1）根据表中数据和回归直线方程公式求解即可； （2）根据（1）中所求的回归方程代入求解即可； （3）根据独立事件和互斥事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 由题意得， 又 ， 同理可得， 所以， 所以， 所以 关于 的经验回归方程为. 【小问2详解】 已知7月份售后技术投入费用4.2千元，根据（1）中所求的回归方程代入可得， 因此预测7月份售后商品的平均单件处理时长为3.266小时. 【小问3详解】 由题意可得， . 17. 如图，已知三棱锥. （1）证明：平面 平面 ； （2）若三棱锥的各顶点都在球 的球面上，求球 的半径： （3）求直线 与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明：在中，由，得，所以， 所以， 所以. 又因为，所以，所以. 又因为，所以，所以 ， 又因为平面， 所以平面，又平面 ，所以平面 平面 . （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由几何知识证明及 ，再利用线面垂直证明平面，即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用球心到球面上各点距离相等列出相应等式，即可求解； （3）结合（2）利用空间向量法求解线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，以 为原点，分别为 轴和 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系 ， 则， 设球心，半径 ，则，所以 ， 解得，所以球 的半径为. 【小问3详解】 由（2）知，， 设平面一个法向量分别为，则，即 则，取 ，则得； 设直线 与平面所成的角为 ，所以 . 18. 已知函数，（其中 且）. （1）当时，证明是偶函数； （2）当 时，设，若对任意恒成立，求实数 的取值范围； （3）当时，设的最小值为.证明：的最大值为2. 【答案】（1） 当时，，由题意可知函数的定义域为 ， 且，所以函数为偶函数； （2） （3） 当时，函数， 令 ，得， 即，由于当时， ，当时， ， 所以在单调递减，单调递增， 即. 注意到，要证的最大值为2，只需证明， 即证，即， 两边同时取自然对数，可得 . 设函数， 则，令，得，即 ， 当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增，所以， ，即得证. 综上所述，的最大值为2. 【解析】 【分析】（1）利用恒等式，结合定义域来证明奇偶性； （2）利用指数函数的单调性求值域，再结合不等式恒成立思想，即可得参数范围； （3）利用导数判断单调性即可求最小值，再利用特殊值，从而把问题转化为不等式证明，再利用不等式等价变形，构造函数，再次导数来判断单调性求最值，从而问题得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当 时，，因此，对任意的恒成立，可得，化简得：， 当 时，函数单调递增，当时，， 因为，所以恒成立. 当时，函数单调递减，当时，， 因为，所以不成立.综上所述，实数 的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 如图，已知椭圆的右焦点为 ，过 的动直线 与 交于两点，且当 轴时， . （1）求 的方程； （2）证明：； （3）若 在 轴上方，直线 与圆 交于点 ，点 在 轴上方，是否存在点 ，使得 与 的面积之比为 ？若存在，求出点 坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）当 的斜率为零时，为椭圆 长轴端点， ，则； 当 的斜率不为零时，设 的方程为 ， 由消去 得 ，， 所以， 而 ，则为， 因此，即， 所以. （3）存在 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列出方程组求出 即可. （2）按直线 的斜率是否为0分类，设出直线 的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及数量积的坐标表示计算得证. （3）利用椭圆的范围及两点间距离公式求出焦半径，再利用三角形面积关系，结合已知的面积比列式求出点 坐标. 【小问1详解】 依题意，点 在椭圆 上，则 ，又 ， 联立解得 ， 所以椭圆 的方程是 . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 依题意， ，而 ， 则， 同理，而， 由（2）知，，则 ， 于是， ， 因此 ， 整理得 ，则 ， ，而 ， 解得，点 ， 所以存在 满足题意. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $