精品解析：陕西省西安市陕西师范大学附属中学2026届高三上学期12月考练数学试题

数学考练试题（12月6日） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答案均写在答题纸上，满分150分，时间120分钟. 2．答卷前将答题卡上的姓名、班级、考场填写清楚，并检查条形码是否完整、信息是否准确. 3．答卷必须使用0.5mm的黑色签字笔书写，字迹工整、笔迹清晰，并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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. 已知为纯虚数，则（ ） A. 3 B. C. D. 2. 已知向量，且，则实数k为（ ） A. 2 B. 3 C. －3 D. －2 3. 已知一个底面半径为1的圆锥，其侧面积是底面积的4倍，则该圆锥体积为（ ） A. B. C. D. 4. 从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的最小正周期为T，若，则函数的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 7. 莱莫恩（Lemoine）定理指出：过△ABC的三个顶点A，B，C作它的外接圆的切线，分别和BC，CA，AB所在直线交于点P，Q，R，则P，Q，R三点在同一条直线上，这条直线被称为三角形的Lemoine线．在平面直角坐标系xOy中，若三角形的三个顶点坐标分别为，则该三角形的Lemoine线的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在R上的函数满足，对任意的且，均有恒成立，则不等式的解集为（ ） 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，其中α，β为锐角，以下判断正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列有关说法正确的是（ ） A. 设随机变量服从正态分布，若，则 B. 甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则不同的安排方法有72种 C. 若，则 D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.3； 11. 已知数列的前n项和为．对任意正整数M，记，其中，记，则（ ） A. 数列的通项公式为 B. C. 若，则 D. 数列为等差数列 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的图象与直线相切，则实数________． 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为．以F1F2为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A，直线AF1交C的另一条渐近线于点，则C的离心率为______． 14. 已知正方体顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点Q的初始位置位于点A处，记点Q移动n次后在面上的概率为．则______． 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△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，且． （1）求角A； （2）M，N分别在线段BC，AC上，且MN垂直平分BC，，AB＝2，求线段CN长． 16. 如图，四棱锥，平面ABCD，，，．若E点满足，平面交线段PD于F点． （1）求证：； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求D点到平面的距离． 17. 某高校设计了一个实验学科的考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作，规定至少正确完成其中2题才可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响． （1）分别写出甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数的分布列，并计算均值； （2）试从甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数的均值、方差及至少正确完成2题的概率方面比较两位考生的实验操作能力． 18. 已知椭圆的左顶点为，且椭圆经过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）点为椭圆上任意一点，求面积的最大值，并求出此时点的坐标． 19. （1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学考练试题（12月6日） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答案均写在答题纸上，满分150分，时间120分钟. 2．答卷前将答题卡上的姓名、班级、考场填写清楚，并检查条形码是否完整、信息是否准确. 3．答卷必须使用0.5mm的黑色签字笔书写，字迹工整、笔迹清晰，并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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. 已知为纯虚数，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数乘法求出，再利用纯虚数的意义求解即得. 【详解】依题意，，由是纯虚数，得， 所以. 故选：B 2. 已知向量，且，则实数k为（ ） A. 2 B. 3 C. －3 D. －2 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的数量积的运算公式，以及垂直的向量坐标表示，列出方程，即可求解. 【详解】由向量，可得， 又由，可得，解得. 故选：C 3. 已知一个底面半径为1的圆锥，其侧面积是底面积的4倍，则该圆锥体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据圆锥的侧面积公式，求母线长，再求圆锥的高，代入体积公式，即可求解. 【详解】设圆锥的母线为，则，则， 所以圆锥的高， 所以圆锥的体积. 故选：B 4. 从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式及条件概率公式求解即可. 【详解】第一次抽到3或6的概率为，所以， 当第一次抽到3时：第二次可抽4,5,6,7，共4种情况； 当第一次抽到6时，第二次可抽7，共1种情况， 所以， . 故选：A. 5. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的性质，结合已知条件分析的取值范围，从而求解． 【详解】，底数， 对数函数单调递减， 又，， ，底数， 指数函数单调递增， 又，， ，底数， 指数函数单调递减， 又，． ， 故选：C． 6. 已知函数的最小正周期为T，若，则函数的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据已知条件求出的值，再结合二倍角公式化简函数，最后通过换元法分析函数求最值． 【详解】的最小正周期为，， ， 又，， ， 令，则，，函数开口向下，对称轴， 函数最大值为：． 故选：D． 7. 莱莫恩（Lemoine）定理指出：过△ABC的三个顶点A，B，C作它的外接圆的切线，分别和BC，CA，AB所在直线交于点P，Q，R，则P，Q，R三点在同一条直线上，这条直线被称为三角形的Lemoine线．在平面直角坐标系xOy中，若三角形的三个顶点坐标分别为，则该三角形的Lemoine线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】待定系数法求出外接圆方程，从而得到外接圆在处的切线方程，进而求出的坐标，得到答案. 【详解】的外接圆方程设为， ，解得， 外接圆方程为，即， 故外接圆的圆心坐标为，故外接圆在处切线方程为， 又，令得，，， 在处切线方程为， 又，令得，， 则三角形的线的方程为，即. 故选：A 8. 已知定义在R上的函数满足，对任意的且，均有恒成立，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由条件判断函数的对称性和单调性，利用这些性质将不等式理解为函数图象上横坐标为的点到直线的距离大于图象上横坐标为的点到直线的距离，列出不等式求解即得. 【详解】由函数满足，可得函数的图象关于直线对称， 又因等价于， 即，依题意，可知函数在上单调递增， 由函数图象对称性可知，函数在上单调递减. 故由可知图象上横坐标为的点到直线的距离大于图象上横坐标为的点到直线的距离， 即，即，两边取平方整理得，解得. 故选：C. 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. 已知，其中α，β为锐角，以下判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】通过切化弦结合同角三角函数基本关系式、两角和差公式、二倍角公式，分别对每个选项进行分析判断. 【详解】选项A：由两角和的正切公式，. 因为锐角，，故，A正确. 选项B：由，得. 结合，代入得， 即，解得（为锐角，取正），， B错误. 选项C：由，得. 结合， 得，即，解得，（为锐角，取正）， ，则，C正确. 选项D：由选项BC得，；，. 则，D错误. 故选：AC 10. 下列有关说法正确的是（ ） A. 设随机变量服从正态分布，若，则 B. 甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则不同的安排方法有72种 C. 若，则 D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.3； 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正态分布的性质可判定A，应用分组分配结合排列组合计算判断B，采用赋值法令可计算出C正确；应用指对数运算结合回归方程判断D. 【详解】对于A，设随机变量服从正态分布， 若，则曲线关于对称，则，故A正确； 对于B：甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需 要有人去， 则不同的安排方法有种，B选项错误； 对于C， 令，可得， 令，可得， 即可得，即，C正确； 对于D：，两边取对数得到，故，的值分别是和0.3，D正确； 故选：ACD. 11. 已知数列的前n项和为．对任意正整数M，记，其中，记，则（ ） A. 数列的通项公式为 B. C. 若，则 D. 数列为等差数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】当时，，当时，，将条件代入计算，即可判断A的正误；当时，，不等式成立，当时，先求得，构造数列，根据数列的单调性，分析即可得证，即可判断B的正误；先求得的表达式，根据M在二进制中的意义，进而可得的意义，综合分析，即可判断C的正误；先求得，根据其意义，可得，根据等差数列的定义，即可判断D的正误； 【详解】选项A：当时，， 当时，， 所以，故A正确； 选项B：当时，，不等式成立， 当时，， 令，则， 所以， 易得当时，恒成立， 则数列在且上单调递增， 又， 所以，即，， 综上，，，故B正确； 选项C：， 其中，则表示二进制中1的个数， ， 此时的二进制表示会因为乘以2k而发生位数扩张与数字重组，即为原来的2k倍， 所以，故C错误； 选项D：因为，所以，， 所以， 因为的二进制表示为， 所以，则 因为 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，故D正确. 故选：ABD 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的图象与直线相切，则实数________． 【答案】1 【解析】 【分析】设切点，根据导数的几何意义得到切线方程，结合函数与相切，得到即可求解． 【详解】设切点为， ，则， 切线方程为，即， 又因为函数的图象与直线相切， 所以，解得． 故答案为：1． 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为．以F1F2为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A，直线AF1交C的另一条渐近线于点，则C的离心率为______． 【答案】4 【解析】 【分析】求出以为直径的圆的方程，此圆与渐近线联立方程组求出点的坐标，求直线的方程，此方程与渐近线联立方程组求出交点 ，利用，得到的等式，进行计算得解. 【详解】双曲线的左、右焦点分别为， ， 以为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A， 设坐标原点为， ， 以为直径的圆的方程为， 又的渐近线方程为， ，解得，则， ，， 直线的方程为， ，解得，则， ，，， ， ， ， ，， . 故答案为：4. 14. 已知正方体顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点Q的初始位置位于点A处，记点Q移动n次后在面上的概率为．则______． 【答案】 【解析】 【分析】分析得到，构造法求出，分组求和，结合等比数列求和公式得到答案. 【详解】若质点Q位于平面的顶点处，再移动一次， 有的概率会位于平面的顶点处，有的概率位于平面的顶点处， 由题意得， 设，则，所以， 解得，所以， 又，所以， 所以为等比数列，首项为，公比为， 所以，即， . 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. 已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，且． （1）求角A； （2）M，N分别在线段BC，AC上，且MN垂直平分BC，，AB＝2，求线段CN长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的面积公式以及余弦定理求得，进而求得. （2）利用正弦定理求得，根据直角三角形的知识求得. 【小问1详解】 因为， 由面积公式与余弦定理得 ， 因为，所以， 因为，所以， ， 所以； 【小问2详解】 因为边的垂直平分线，如图可知，所以是等腰三角形， 且 是一个底角，故，为的中点，则， 在中，， 由正弦定理得， 因为，则， 所以在中，． 16. 如图，四棱锥，平面ABCD，，，．若E点满足，平面交线段PD于F点． （1）求证：； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求D点到平面的距离． 【答案】（1） 证明：因为，平面，平面， 所以平面， 平面交线段PD于F点，即平面平面， 又平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）先得到平面，由线面平行的性质可得线线平行； （2）建立空间直角坐标系，设，，求出两平面的法向量，利用夹角余弦值得到方程，求出，进而求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以，，又，，所以， 故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 又，所以， 设，，则， 显然平面的一个法向量为， 其中，设平面的一个法向量为， 则， 设得，所以， 由题意得， 解得，负值舍去， 故，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以， 设D点到平面的距离为， 则. D点到平面的距离为. 17. 某高校设计了一个实验学科的考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作，规定至少正确完成其中2题才可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响． （1）分别写出甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数的分布列，并计算均值； （2）试从甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数的均值、方差及至少正确完成2题的概率方面比较两位考生的实验操作能力． 【答案】（1） 1 2 3 ，； 0 1 2 3 ，； （2）从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当；从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定；从至少正确完成2题的概率方面分析，甲通过的可能性更大．因此甲的实验操作能力较强． 【解析】 【分析】（1）由题意可知，甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数分别服从超几何和二项分布，分别列出分布列，计算均值即可； （2）结合分布列中的数据，分别计算对应的均值、方差及至少正确完成2题的概率比较即可. 【小问1详解】 设考生甲正确完成实验操作的题数为，则的取值范围是． ，，， 所以的分布列为 1 2 3 ． 设考生乙正确完成实验操作的题数为，易知， 所以，， ，． 所以的分布列为 0 1 2 3 ． 【小问2详解】 由（1），知，， ，，．所以，， 故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当；从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定；从至少正确完成2题的概率方面分析，甲通过的可能性更大．因此甲的实验操作能力较强． 18. 已知椭圆的左顶点为，且椭圆经过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）点为椭圆上任意一点，求面积的最大值，并求出此时点的坐标． 【答案】（1） （2）最大值为，点坐标为 【解析】 【分析】（1）根据左顶点得到，将已知点代入椭圆，计算求解； （2）求出直线的方程为，设与直线平行且与椭圆相切且与直线距离比较远时的直线为，切点为，此时面积最大，通过将此直线和椭圆联立方程组，消元，得到判别式，从而得到直线的方程和点横坐标，求出得到点坐标，求出此时点到直线的距离，利用两点间距离公式求出，从而得到面积的最大值. 【小问1详解】 由题意知：，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 因为，所以直线的斜率， 故直线的方程为， 设与直线平行的直线的方程为， 则当直线与椭圆相切且与直线距离比较远时，直线与椭圆的切点为， 此时面积最大， 由得， 判别式，由得， 故直线方程为， 所以点横坐标为，从而， 所以点坐标为， 此时点到直线的距离， 而， 所以面积的最大值为， 此时点坐标为. 19. （1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【答案】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 构建， 则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. （2） 【解析】 【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果； （2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解. 【详解】（1）略 （2）令，解得，即函数的定义域为， 若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以. 当时，令 因为， 且， 所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得， 且， 所以， 即当时，，则在上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减， 所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得， 构建， 则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且， 则， 即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或， 故a的取值范围为. 【点睛】关键点睛： 1.当时，利用，换元放缩； 2.当时，利用，换元放缩. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $