精品解析：陕西省渭南市2026届高三教学质量检测（1）数学试题

渭南市2026届高三教学质量检测（I） 数学试题 命题人：韩黎波 刘增峰 王建龙 考生注意： 1、本试题满分150分，时间120分钟. 2、答卷前务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡上. 3、将选择题答案填涂在答题卡上，非选择题按照题号完成在答题卡上的指定区域内. 第I卷 选择题（共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（    ） A. B. C. D. 3. 在等差数列中，若，，则（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 20 4. 抛物线的准线与椭圆 交于，两点，则（ ） A. B. C. D. 1 5. 函数的图像的一个对称中心是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，的零点分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积，那么这个圆锥轴截面顶角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 8. 若，对，都有成立，则实数的最小值为（ ） 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，有选错或不选的得0分. 9. 下列命题为真的是（ ） A. 设，若，则 B. 线性回归直线一定经过样本点的中心 C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数 的绝对值越接近于1 D. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则 10. 已知圆：，直线：，则（ ） A. 直线恒过定点 B. 直线被圆截得的最短弦长为 C. 圆与圆有四条公切线 D. 当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于1 11. 设函数，则（ ） A. 点是图像的对称中心 B. 当时，函数有三个零点 C. 当时，直线 不是曲线的切线 D. 若有三个不同的零点，则 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. 已知向量，，若，则________. 13. 已知函数，则________. 14. 已知各项均为正整数的递增数列，满足，，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. 已知函数. （1）求的最小正周期及单调递增区间； （2）设锐角 的内角，，所对的边分别为，，，若， ，，求 的面积. 16. 如图1，在等边三角形中，，分别为 ，的中点，为 的中点，，连接 ，，，将沿 折到 的位置，如图2，使平面平面. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知双曲线：的离心率为，的焦点到其渐近线的距离为2. （1）求双曲线的方程； （2）设 是双曲线上的点，，两点在双曲线的渐近线上，且分别位于第一、四象限，若，，求面积的取值范围. 18. 已知函数 ，为的导函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的两个极值点分别为和，且. （i）求实数的取值范围； （ii）证明： . 19. 为倡导节能环保，实现废旧资源再利用，小明与小亮两位小朋友打算将自己家中的闲置玩具进行交换，其中小明家有1台玩具车和2个不同的玩偶，小亮家也有与小明家不同的1台玩具车和2个不同的玩偶，他们每次等可能的各取一件玩具进行交换． （1）两人进行一次交换后，设小明手中玩具车的台数为，求的分布列及数学期望； （2）两人进行次交换后，记小明手中恰有1个玩具车的概率为． ①求； ②求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 渭南市2026届高三教学质量检测（I） 数学试题 命题人：韩黎波 刘增峰 王建龙 考生注意： 1、本试题满分150分，时间120分钟. 2、答卷前务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡上. 3、将选择题答案填涂在答题卡上，非选择题按照题号完成在答题卡上的指定区域内. 第I卷 选择题（共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知中集合，结合集合的并集和补集运算的定义，可得答案． 【详解】∵集合，， ∴， 又∵全集， ∴， 故选：D 2. 已知，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算，即可求解. 【详解】因为，则， 故选：C. 3. 在等差数列中，若，，则（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的性质即可求解. 【详解】由于是等差数列，设公差为，则，故 ，因此， 故选：C 4. 抛物线的准线与椭圆 交于，两点，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得抛物线的准线为 ，将 代入椭圆方程求得答案. 【详解】抛物线的准线为 ，将 代入 ，得， 所以. 故选：B. 5. 函数的图像的一个对称中心是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用整体法求解函数的对称中心，即可得解. 【详解】令,则， 故的对称中心为， 取 ，则其中一个对称中心为， 故选：D 6. 已知函数，，的零点分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数与方程之间的关系，转化为两个函数的交点问题，利用数形结合求解即可. 【详解】令，则， 令，则， 令，则， 在同一直角坐标系中作出函数的图象， 则函数与函数的交点的横坐标分别为， 由图可知， . 故选：B. 7. 如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积，那么这个圆锥轴截面顶角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件得到半球的底面半径和圆锥的高之间的关系，进而求出圆锥的母线长，再利用余弦定理即可求出圆锥轴截面顶角的余弦值. 【详解】 设圆锥与半球的底面半径为 ，圆锥的高为，母线长为 ，轴截面的顶角为. 则由可得，即 . 所以圆锥的母线长， 则由余弦定理可得， 所以圆锥轴截面顶角的余弦值是. 故选：C 8. 若，对，都有成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先构造函数，，其周期为，由周期性与，可将恒成立问题转化为，令，由 的存在性，再结合三角函数定义结合对应三点在单位圆中的分布求即可. 【详解】令函数，， 则函数是周期函数，且周期， 要使对任意成立， 则. 令， 由题意，，成立，则只需. 下面结合三角函数定义求解. 如图在平面直角坐标系中，作以原点为圆心的单位圆， 设点，，， 则向量两两夹角为，即三个点均匀分布在单位圆上. 故即三点横坐标的最大值， 如图可知，要使取最小值， 只需三点中最左侧点位于单位圆最左端即处即可， 故， 所以，即的最小值为. 因此实数的最小值为. 故选：A. 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，有选错或不选的得0分. 9. 下列命题为真的是（ ） A. 设，若，则 B. 线性回归直线一定经过样本点的中心 C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数 的绝对值越接近于1 D. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，利用二项分布的期望和方差公式得到方程，求出答案；B选项，根据样本中心点的定义作出判断；C选项，根据相关系数的定义作出判断；D选项，由超几何分布的定义得到D答案． 【详解】对于A，，，，故A错误； 对于B，线性回归直线一定经过样本点的中心，故B正确； 对于C，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，C正确； 对于D，由于是不放回地随机摸出20个球作为样本， 所以由超几何分布的定义知服从超几何分布，且，故D正确． 故选：BCD． 10. 已知圆：，直线 ：，则（ ） A. 直线 恒过定点 B. 直线 被圆截得的最短弦长为 C. 圆与圆有四条公切线 D. 当时，圆上恰有三个点到直线 的距离等于1 【答案】AB 【解析】 【分析】对A，将直线含参部分合并同类项列出方程组求解直线恒过的定点即可；对B，先判断定点与圆的位置关系，弦长最小时即为定点与圆心的连线与已知直线垂直时取得，再运用弦长公式计算即可；对C，利用两个圆心的距离与半径判断两个圆的位置关系；对D，当时直线确定，先求出圆心到直线的距离，再结合半径长度进行判断. 【详解】对于A，直线 的方程可变形为， 令，解得， 所以直线 恒过定点，故A正确； 对于B，因为直线 过定点，且点在圆内， 则经过 两点的直线与直线 垂直时，直线 被圆截得的弦长最小， 此时圆心到直线 的距离为， 所以最小弦长为，故B正确； 对于C，圆化成标准方程为， 其圆心为，半径为3，满足， 所以两圆外切，共有三条公切线，故C错误； 对于D，圆，则圆心，半径， 当时，直线 的方程为，圆心到直线 的距离， 因为，所以圆上只有2个点到直线 的距离为1，故D错误. 故选：AB. 11. 设函数，则（ ） A. 点是图像的对称中心 B. 当时，函数有三个零点 C. 当时，直线 不是曲线的切线 D. 若有三个不同的零点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A计算即可判断，对于B由函数的单调性结合三次函数的图像特征即可判断，求切线方程即可判断C，结合零点的定义代入计算，即可判断D， 【详解】对于A：由， 所以是图像的对称中心，故A正确； 对于B：当时，，所以， 令，得或 ，由有： 或，由有：， 所以在单调递减，在单调递增， 又，所以函数有三个零点，故B正确； 对于C：当时，，所以，由，， 所以在处的切线方程为： ，故C错误； 对于D：设的三个零点为， 所以， 对比项的系数有：，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. 已知向量，，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据共线向量的坐标运算即可求解. 【详解】由，所以，所以， 故答案为：. 13. 已知函数，则________. 【答案】1 【解析】 【分析】由函数解析式可知时，其周期为2，利用周期化简求解即可. 【详解】已知函数， 当时，其周期为2， 所以， 当 时，， 所以. 故答案为：1 14. 已知各项均为正整数的递增数列，满足，，则________. 【答案】35 【解析】 【分析】设（为正整数），由得，然后从1开始依次取正整数进行验证，得到，即，进而求出，分别令 ，3，求出，推理得到，即可得解. 【详解】因为数列满足，， 所以设（为正整数），由得. 若，则，与矛盾； 若，即 ，而，与数列是递增数列矛盾； 若（为正整数），即，而， 都与数列是递增数列矛盾； 故只能，即，所以. 令 ，则， 令，则. 因为数列是各项均为正整数的递增数列，且， 所以. 所以. 故答案为：35 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. 已知函数. （1）求的最小正周期及单调递增区间； （2）设锐角的内角，，所对的边分别为，，，若， ，，求的面积. 【答案】（1）最小正周期为；单调递增区间为， . （2） 【解析】 【分析】（1）用平方差公式和二倍角公式对函数进行化简，再根据正弦函数性质求最小正周期和单调递增区间. （2）先求出角，再用余弦定理求出边长，最后用三角形面积公式求出面积即可. 【小问1详解】 ， ， 所以 的最小正周期， 令， ，解得， ， 所以 的最小正周期为，单调递增区间为， . 【小问2详解】 已知，则， 即； 因为三角形是锐角三角形，所以，则， 在这个区间内，解得， 依据余弦定理 ，可得， 即，解得 或； 当 时，， 此时为钝角，不符合题干锐角三角形的条件，舍去 这种情况； 当时，， 此时为锐角，符合题干锐角三角形的条件，且， ∠C也为锐角，故△ABC为锐角三角形，符合题干条件; 根据三角形面积公式 ，可得， 所以的面积为. 16. 如图1，在等边三角形中，，分别为，的中点，为的中点，，连接 ，，，将 沿折到 的位置，如图2，使平面平面. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）因为点，分别为等边三角形的，边的中点， 所以 是等边三角形，且. 因为点是的中点，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为，所以 与 平行且相等， 所以四边形为平行四边形，所以. 易知 ，所以， 又，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合面面垂直的性质可得平面，再根据已知条件证明平面，最后结合面面垂直的判定即可求证； （2）根据题意，建立适当的空间直角坐标系，转化为向量求法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设等边三角形的边长为4，取的中点，连接 ，由题设知， 由（1）知平面，又平面，所以， 以点为原点，，，所在直线分别为轴、 轴、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以，. 设平面的一个法向量为 ， 则，得，令，则，，此时 . 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 所以， 则平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知双曲线：的离心率为，的焦点到其渐近线的距离为2. （1）求双曲线的方程； （2）设是双曲线上的点，，两点在双曲线的渐近线上，且分别位于第一、四象限，若，，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)根据离心率以及焦点到渐近线的距离表达出对应的关系再求解即可. (2)由双曲线方程与渐近线方程可设，再利用求得，再代入双曲线方程求解化简，再代入面积公式求解即可. 【小问1详解】 由题意，一条渐近线方程，一个焦点坐标为， 则 ， 解得， 故双曲线的方程： . 【小问2详解】 由题，渐近线方程为，故设， 因为，故 ， 将点代入双曲线方程， 则， 化简得， 设，则， 则， 故 . 因为，由对勾函数性质得， 故. 18. 已知函数 ，为的导函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的两个极值点分别为和，且. （i）求实数的取值范围； （ii）证明： . 【答案】（1） （2）（i） （ii）由（i）可知 ，且 时，， 又，所以， 令， 单调递增， 且 ，所以 时， 时， ， 所以 在 单调递减，在 单调递增， 所以 ， 即 ， 又因为，所以， 所以，即 . 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义结合题意求解即可； （2）（i）由题意得是方程 的两个正根，进一步转化为 与 有两个不同的交点，然后利用导数求出的单调区间和极值分析求解即可；（ii）由（i）可知 ，由 得，则可得，令，利用导数求出其单调区间和最值，从而可证得结论. 【小问1详解】 当时，， 则 ， ， 求导得 ，则 ， 所以曲线在 处的切线方程为 ，即 . 【小问2详解】 （i） ，且定义域 . 因为若 有两个极值点，所以是方程 的两个正根， 即 令 ，则 ， 所以，当时，；当 时，， 因此，当 时，单调递减；当 时，单调递增， 所以当时，有最小值， 当 时，， 又因为当时， ，当时， ， 所以当时， ，当时， ， 所以当 时， 的图象与直线 有两个不同的交点， 所以实数的取值范围为 . （ii）略 19. 为倡导节能环保，实现废旧资源再利用，小明与小亮两位小朋友打算将自己家中的闲置玩具进行交换，其中小明家有1台玩具车和2个不同的玩偶，小亮家也有与小明家不同的1台玩具车和2个不同的玩偶，他们每次等可能的各取一件玩具进行交换． （1）两人进行一次交换后，设小明手中玩具车的台数为，求的分布列及数学期望； （2）两人进行次交换后，记小明手中恰有1个玩具车的概率为． ①求； ②求． 【答案】（1） X 0 1 2 P ． （2）①；②； 【解析】 【分析】（1）首先分析得X的可能取值为0，1，2，再列出其分布列，计算其数学期望即可； （2）①：分两次都交换玩具车、两次都交换玩偶以及一次交换玩具车，一次交换玩偶讨论即可； ②：记小明手中恰有0个玩具车的概率为，利用全概率公式得，再构造等比数列即可得到其表达式. 【小问1详解】 由题意知X的可能取值为0，1，2 ， ， X 0 1 2 P 所以． 【小问2详解】 ①若两次都交换玩具车，则概率为， 若两次都交换玩偶，则概率为， 若一次交换玩具车，一次交换玩偶， 情况1：每次互换的玩具相同，则概率为， 情况2：每次互换的玩具不同，则概率为， 则. ②重复n复这样的操作后，记小明手中恰有0个玩具车的概率为， 则小明手中恰有2个玩具车的概率为， 根据全概率公式可得，当时，， ∴， 由（1）是，∴， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，故， 所以，即 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $