精品解析：陕西咸阳市兴平市南郊高级中学2025-2026学年第二学期第七次质量检测高三数学试题

兴平市南郊高级中学 2025-2026学年度第二学期第七次质量检测 高三数学试题 命题人：张保寿 审题人：张武党 （时间：120分钟 满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试结束后，将答题卡交回． 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. i D. 2. 定义在上的奇函数，当时，，则的值域为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线焦点为，点在轴上且位于右侧，点在上，若为等边三角形，则（ ） A. 2 B. 2 C. 2 D. 4 6. 已知随机变量服从正态分布，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 7. 在等比数列中，，，则（ ） A. 48 B. 72 C. 96 D. 192 8. 已知展开式的二项式系数和为64，则其展开式的常数项为（ ） A. B. C. 15 D. 60 二、多项选择题：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. 已知函数的部分图象如图所示，将图象上所有点的横坐标缩短到原来的后，再将所得图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（ ） A. B. C. 图象对称轴方程为 D. 单调递增区间为 10. 过双曲线左焦点的直线与圆相切于点，与的一个交点为，则（ ） A 与一定有两个交点 B. 点在的一条渐近线上 C. 若，则的离心率为 D. 若，则 11. 已知函数有两个零点，则（ ） A. 当时， B. C. 当时， D. 函数取最小值时， 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为___________． 13. 若直线是曲线一条切线，则________． 14. 已知平面向量，若，则实数___________． 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. 已知是公差不为0的等差数列，，是和的等比中项． （1）求的通项公式； （2）记，求数列的前项和． 16. 已知锐角三角形中，角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，是以为斜边的等腰直角三角形． （1）证明：平面平面． （2）若，，且直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数（，a为常数） （1）若，求的单调区间； （2）若是的极大值点，求a的取值范围 19. 已知椭圆C：经过点，为C的右焦点． （1）求C的标准方程； （2）过点的直线l与C交于，两点（l的斜率存在且不为0），设点B关于x轴的对称点为D，求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兴平市南郊高级中学 2025-2026学年度第二学期第七次质量检测 高三数学试题 命题人：张保寿 审题人：张武党 （时间：120分钟 满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试结束后，将答题卡交回． 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. i D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则和复数虚部的概念即可得到答案. 【详解】， 则的虚部为. 故选：B. 2. 定义在上的奇函数，当时，，则的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出当时，再利用奇函数的性质可得时，即可求解. 【详解】当时，，则， 因函数为奇函数，则当时，则， 所以，又因，所以，即， 综上可得的值域为，故D正确. 故选：D. 3. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据求出，再求即可. 【详解】，，若，则， 解得，则. 故选：A. 4. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知确定集合中元素，然后由交集定义计算． 【详解】集合， 因为，所以. 故选：C. 5. 已知抛物线的焦点为，点在轴上且位于右侧，点在上，若为等边三角形，则（ ） A. 2 B. 2 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】如图，设，则，结合抛物线的定义得，进而建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】如图，，设，的中点为， 则，又为等边三角形，所以， 由抛物线的定义知，所以， 解得，所以. 故选：D 6. 已知随机变量服从正态分布，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态曲线的对称性计算可得. 【详解】因为且， 即， 所以. 故选：C 7. 在等比数列中，，，则（ ） A. 48 B. 72 C. 96 D. 192 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，结合等比数列性质运算求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 则，可得， 所以. 故选：C 8. 已知展开式的二项式系数和为64，则其展开式的常数项为（ ） A. B. C. 15 D. 60 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式系数和可得，再结合二项展开式的通项运算求解即可. 【详解】因为展开式的二项式系数和为，解得， 且展开式的通项为，， 令，解得，可得， 所以其展开式的常数项为60. 故选：D. 二、多项选择题：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. 已知函数的部分图象如图所示，将图象上所有点的横坐标缩短到原来的后，再将所得图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（ ） A. B. C. 图象的对称轴方程为 D. 的单调递增区间为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图像求出，结合余弦函数的图像与性质依次判断选项即可. 【详解】由图可得，由，得． 由，得， 因为，所以，A正确． 由A的分析可得， 令，得， 所以图象的对称轴方程为，C错误． ，B正确． 令，得， 所以的单调递增区间为，D正确． 故选：ABD 10. 过双曲线左焦点的直线与圆相切于点，与的一个交点为，则（ ） A. 与一定有两个交点 B. 点在的一条渐近线上 C. 若，则的离心率为 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于B：分析可知，，进而分析斜率即可；对于A：举反例说明即可；对于C：结合双曲线定义可得，，结合勾股定理运算求解；对于D：根据题意可得，，即可得面积. 【详解】对于选项B：由题意可知：，，， 可得，则直线斜率， 可知直线即为双曲线的其中一条渐近线，所以点在的一条渐近线上，故B正确； 对于选项A：若，则直线的斜率，且渐近线的斜率为， 可知直线与双曲线的一条渐近线平行，此时与有且仅有1个交点，故A错误； 对于选项C：设双曲线的另一个焦点为， 若，可知点为的中点， 且为的中点，则，，可得， 由勾股定理可得：，即， 可得，所以双曲线的离心率为，故C正确； 对于选项D：若，则，， 所以，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数有两个零点，则（ ） A. 当时， B. C. 当时， D. 函数取最小值时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出函数的导数并判断符号得单调性，从而可得最值，故可判断A，利用基本不等式可判断B，由零点性质结合代数变形可得，利用分析法可证题设不等式，故可判断C，结合C中判断和代数变形可得，构建新函数并判断单调性后可求函数取最小值时，故可判断D. 【详解】对于A，当时，，此时， 当时，；当时，； 故在上单调递减，在上单调递增， 故，故A正确； 对于B，， 因为，由基本不等式可得， 故即， 故B错误； 对于C，由题设有，故， 故， 要证即证，即证， 不妨设，，即证，即证， 设，则， 设，则，故在为增函数， 故，故在为增函数，故. 故成立，故C正确. 对于D，由C的分析可得， 因为，若，则，为上的增函数， 与有两个不等的零点矛盾，故， 因为，且时，，时，， 故，不妨设，则，故， 设，则， 设，，故在上为减函数， 故即，故在上为减函数. 设，则， 设，则，故在上为减函数， 而，，故在上存在零点， 且时，即，当时， 即， 故在上为增函数，在上为减函数， 故当时，取最大值即取最小值，此时， 即，故此时，故D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为___________． 【答案】3 【解析】 【分析】先根据抛物线的方程确定其焦点和准线，再利用抛物线的定义将转化为点到准线的距离，最后结合几何性质求出的最小值. 【详解】由，得，令， 则抛物线方程可化为，其焦点坐标为，准线方程为， 因此原抛物线的焦点为，准线方程为. 因为点在抛物线上，所以等于点到准线的距离， 设到轴的距离为，则， 过点作轴于点，则的长度就是点到轴的距离，即， 所以当三点共线时，最小，最小值为3. 故答案为：3 13. 若直线是曲线的一条切线，则________． 【答案】e 【解析】 【分析】设切点为，求出切线斜率，利用切点在切线上，代入方程，即可得出结论. 【详解】设直线与曲线相切于点． 因为， 所以且， 解得，． 故答案为. 14. 已知平面向量，若，则实数___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合平面向量的数量积和垂直关系的坐标运算，列出方程，即可求解. 【详解】由向量，可得， 因为，所以， 解得. 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. 已知是公差不为0的等差数列，，是和的等比中项． （1）求的通项公式； （2）记，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，得到和，联立求得的值，即可求得的通项公式； （2）由（1）知，得到，结合裂项法求和，即可求解. 【小问1详解】 解：设等差数列的公差为， 因为，可得， 又因为是和的等比中项，可得，即，即， 因为，所以，代入，可得， 所以，所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 解：由（1）知：，可得， 所以 . 16. 已知锐角三角形中，角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，求值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题设结合可得，再结合余弦定理求解即可； （2）解法一：由结合两角和与差的余弦公式可得，进而得到，再利用正弦定理可得，代入即可求解； 解法二：由结合余弦函数的性质可得，再利用余弦定理得到，与相加，再结合即可求解； 解法三：由，结合三角恒等变换公式先得到，过作，垂足为，可得，进而结合即可求解. 【小问1详解】 由，可得， 则， 因为，故. 【小问2详解】 解法一：由，可得， 则， 因为，所以，， 则，即，所以， 由正弦定理， 可得， 得， 代入，可得， 解得，即 解法二：由，可得， 则或， 即或， 因为，所以， 由余弦定理可得，则， 又，两式相加可得， 即，得. 解法三：由，可得， 得， 即， 因为，所以， 则，即，即， 则，所以， 如图，过作，垂足为，可得， 故， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，是以为斜边的等腰直角三角形． （1）证明：平面平面． （2）若，，且直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质判定，面面垂直的判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，由已知线面角求出线段长，进而求出平面法向量，再利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 由是以为斜边的等腰直角三角形，得，由平面， 平面，得，而平面， 则平面，又平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）得，而平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由平面，得直线与平面所成的角为，且，则， 而，则，， ，， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数（，a为常数） （1）若，求的单调区间； （2）若是的极大值点，求a的取值范围 【答案】（1）单减区间为，单增区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导并因式分解，结合的条件判断导数的符号，进而确定函数的单调区间. （2）对导数的根进行分类讨论，分析不同取值下导数的符号变化，确定为极大值点时的取值范围. 【小问1详解】 ， 因为，，所以， 当时，，当时，， 所以的单减区间为，单增区间为. 【小问2详解】 ， 当时，由（1）知是极小值点，不符合题意； 当时，，在上单调递减，没有极值点，不合题意； 当时，，当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 所以是的极小值点，不合题意； 当时，，当时，当，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减. 所以是的极大值点，符合题意， 综上知的取值范围为. 19. 已知椭圆C：经过点，为C的右焦点． （1）求C的标准方程； （2）过点的直线l与C交于，两点（l的斜率存在且不为0），设点B关于x轴的对称点为D，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两点距离公式求出，再利用求解即可； （2）设直线方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理得出，，再根据直线与直线的斜率之和为0建立等式，证明直线过定点，表示出，利用基本不等式求最值． 【小问1详解】 如图所示， 因为为C的右焦点，则，且椭圆左焦点为， 所以， 所以，， 所以椭圆C的方程为． 【小问2详解】 设直线方程为，，，， 联立，得， ，即， ，， 因为点B关于x轴的对称点为D，则直线与直线的斜率之和为0， 所以， 即，即， 得，即，所以直线过定点，且， 所以 即，令， ， 当且仅当时，即时，面积的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $