精品解析：陕西西安市第六中学2025-2026学年高三上学期第一次模拟数学试卷

2025-2026学年度高三第一次模拟考试 数学 考试范围：高考范围；考试时间：120分钟；命题人：邓琰 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题 1. 某学习小组在一次数学测验中，得100分的有1人，得95分的有3人，得90分的有2人，得85分的有2人，得80分和75分的各1人，则该小组数学成绩的平均数为（ ） A. 85分 B. 86分 C. 89分 D. 88分 【答案】C 【解析】 【分析】利用平均数的算法计算即可. 【详解】由题意知：. 故选：C 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算计算可求得答案. 【详解】由，可得. 故选：A. 3. 已知集合，，则中元素的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 7 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】确定集合A的含义，求出集合B，根据集合的交集运算，即可额求得答案. 【详解】因为表示的是第一、三象限内所有点的集合， ， 所以，共有2个元素． 故选：A 4. 不等式的解集为 A. B. C. 且 D. 【答案】B 【解析】 【详解】 ，选B. 5. 在中，若，则（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 120° 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理得，再由余弦定理即可得解. 【详解】由及正弦定理得， 设，，则，．由余弦定理得， 又，所以． 故选：C. 【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于基础题. 6. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为，过该抛物线的顶点作直线的垂线，垂足为点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，根据抛物线的定义及焦半径公式求出，即可得到、的坐标，设点P的坐标为，由及点在直线上，求出的坐标. 【详解】由题意得，抛物线的焦点，准线方程为， 从而由抛物线的定义得，解得，所以抛物线方程为，则． 又点在抛物线上，即，所以或（舍去）， 所以，则， 设点P的坐标为，则，即，所以，又点在直线上， 所以，解得，所以，所以点的坐标为． 故选：D． 7. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. 40 B. 60 C. 76 D. 88 【答案】D 【解析】 【分析】设首项为，公差为，根据等差数列求和公式得到方程组，解得、，再由求和公式计算可得. 【详解】设首项为，公差为， 由，，可得， 解得， 所以. 故选：D 8. 若，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由利用倍角公式得，再由同角平方关系得， 又，利用两角和的正弦公式可得. 【详解】， 因为，，又，所以， 故，故， ， 故选：D 二、多选题 9. 设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（ ） A. B. C. 为常数 D. 为等比数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可得公比，进而可得通项公式与，再逐个选项判断即可. 【详解】设公比为，则，解得，故， 则，. 对A，，故A正确； 对B，，故B错误； 对C，为常数，故C正确； 对D，，，故为等比数列，故D正确； 故选：ACD 10. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，．则下列结论正确的是（  ） A. 当时， B. 函数有三个零点 C. 若方程有三个解，则实数的取值范围是 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对A：借助奇函数的性质计算即可得；对B：计算出时的单调性后，结合奇函数的性质，可得该函数其它部分的单调性，结合零点的存在性定理即可得零点个数；对C：借助B选项所得，可画出该函数大致图象，结合图象即可判断；对D：利用所得图象，结合函数的值域计算即可得解. 【详解】对于A选项，设，则，所以， 又函数是定义在上的奇函数，所以， 所以，即，故A错误； 对于B选项，当时，，所以， 令，解得，当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 故当时，函数取得极小值， 当时，，又，故函数在仅有一个零点， 当时，，所以函数在没有零点， 所以函数在上仅有一个零点，函数是定义在上的奇函数， 故函数在上仅有一个零点，又， 故函数在上有3个零点．故B正确； 对于C选项，结合B中所得函数单调性，作出函数的大致图象： 由图可知：若关于的方程有三个解， 则实数的取值范围是，即，故C错误； 对于D选项，由图可知，对，，故D正确． 故选：BD． 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助函数的单调性，得到函数大致图象，数形结合帮助判断. 11. 设为坐标原点，已知圆，双曲线的焦距为4，的一条渐近线与圆交于两点，另一条渐近线与圆交于两点，若，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. 的离心率为2 C. C的方程为 D. 直线经过的右顶点 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，根据对称性可得，结合圆的半径，得到为等边三角形，故的渐近线的倾斜角，因此的渐近线方程为，A错误；B选项，利用求出离心率；C选项，根据焦距和离心率求出，求出，得到双曲线方程；D选项，求出坐标，得到直线的方程为，所以直线经过的右顶点. 【详解】A选项，由双曲线的性质与圆的对称性得，， 又，故， 由圆得圆心为，半径为， 故，故为等边三角形， 故双曲线的渐近线的倾斜角为，则， 因此的渐近线方程为，A错误； B选项，的离心率，B正确； C选项，由得，，所以， 所以的方程为，C正确； D选项，将代入，解得或0（舍去）， 将代入得， 将代入，解得或0（舍去）， 将代入得， 结合图象，不妨取，则直线的方程为， 又的右顶点为，所以直线经过的右顶点，D正确； 故选：BCD． 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 已知向量，，若与垂直，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量线性运算、垂直的坐标表示列方程求得，再应用坐标公式求. 【详解】由题设，又与垂直， 所以，可得. 所以. 故答案为： 13. 已知在处有极值，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】由题知为极值点,故，又联立求解即可. 【详解】由题， 且在处有极值， 所以 所以 此时 令或， 令， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以为极小值点，满足题意， 所以 所以. 故答案为：3. 14. 在立方体中放入9个球，一个与立方体6个面都相切，其余8个相等的球都与这个球及立方体的三个面相切，已知8个相等的球的半径都为，则立方体的体积为__________． 【答案】8 【解析】 【分析】设立方体的边长为a，根据相切关系，列等式，即可求解. 【详解】如图，设立方体的边长为， 则，，再结合对称性， 可得，解得， 所以立方体的体积为8． 故答案为：8 四、解答题 15. 函数的相邻两条对称轴之间的距离为，且． （1）求的单调递减区间； （2）当时，方程有解，求实数a的取值范围． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据周期求，再代入，求，然后利用三角函数的性质即得； （2）参变分离后，转化为求函数在时，求函数的值域. 【小问1详解】 由题意可知，函数的周期，得， 所以，，得， 所以， 令，解得：，； 所以函数的单调递减区间是，， 【小问2详解】 方程有解，即，， ，所以， 所以实数的取值范围是. 16. 已知椭圆的焦距为，且的离心率为. （1）求的标准方程； （2）若，直线交椭圆于两点，且的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质直接求解； （2）结合韦达定理与题目条件，结合三角形面积公式即可得解. 【小问1详解】 由题意得：，即，则， 所以的标准方程为：. 【小问2详解】 由题意设， 联立，消去得：， 则，则， 可得， 设直线与轴的交点为，且，则， 故，解得. 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，，．求二面角的大小． 【答案】（1）证明：如图，取中点，连接，， 在中，，分别为，的中点，所以且， 在菱形中，因为且， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）添加适当辅助线，证明出四边形为平行四边形，再通过线线平行证明线面平行； （2）由线面垂直得出线线垂直，再证明为正三角形，得出，建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再利用公式求解，即可求出二面角． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为平面，，，平面， 所以，，． 连接，因为，，且， （或者证 所以，在菱形中，，即为正三角形， 又因为为中点，所以， 以为原点，，，所在的直线分别为，，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 因为且． 又因为为正三角形且，所以， 则，，，则，， 由平面，可得平面的法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以， 所以，所以二面角的大小为． 18. 已知函数，其中． （1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； （2）设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数.证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】（1）证明：由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. （2）（i）证明：由（1）知，则，， ， 则 ， ， ， 即在上单调递减. （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意， 所以. 【解析】 【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点； （2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证； （ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合， 和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 19. 甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为，乙胜的概率为q，，且各球的胜负相互独立.对正整数，记为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率． （1）求（用p表示）． （2）若，求p． （3）证明：对任意正整数m，． 【答案】（1）， （2） （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）直接由二项分布概率计算公式即可求解； （2）由题意，联立，即可求解； （3）首先，，同理有，，作差有，另一方面，且同理有，作差能得到，由此即可得证. 【小问1详解】 为打完3个球后甲比乙至少多得两分的概率，故只能甲胜三场， 故所求为， 为打完4个球后甲比乙至少多得两分的概率，故甲胜三场或四场， 故所求为； 【小问2详解】 由（1）得，，同理， 若，， 则， 由于，所以，解得； 【小问3详解】 设打完个球，甲的得分为，乙的得分为，， 所以，，， ，，， 要证明， 即证明①，②， 先证明①， ， 同理可得， 所以①，故成立； 证明②： ， 同理可得， 所以②，故成立； 综上，不等式成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高三第一次模拟考试 数学 考试范围：高考范围；考试时间：120分钟；命题人：邓琰 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题 1. 某学习小组在一次数学测验中，得100分的有1人，得95分的有3人，得90分的有2人，得85分的有2人，得80分和75分的各1人，则该小组数学成绩的平均数为（ ） A. 85分 B. 86分 C. 89分 D. 88分 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，，则中元素的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 7 D. 10 4. 不等式的解集为 A. B. C. 且 D. 5. 在中，若，则（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 120° 6. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为，过该抛物线的顶点作直线的垂线，垂足为点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. 40 B. 60 C. 76 D. 88 8. 若，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（ ） A. B. C. 为常数 D. 为等比数列 10. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，．则下列结论正确的是（  ） A. 当时， B. 函数有三个零点 C. 若方程有三个解，则实数的取值范围是 D. 11. 设为坐标原点，已知圆，双曲线的焦距为4，的一条渐近线与圆交于两点，另一条渐近线与圆交于两点，若，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. 的离心率为2 C. C的方程为 D. 直线经过的右顶点 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 已知向量，，若与垂直，则____________. 13. 已知在处有极值，则______. 14. 在立方体中放入9个球，一个与立方体6个面都相切，其余8个相等的球都与这个球及立方体的三个面相切，已知8个相等的球的半径都为，则立方体的体积为__________． 四、解答题 15. 函数的相邻两条对称轴之间的距离为，且． （1）求的单调递减区间； （2）当时，方程有解，求实数a的取值范围． 16. 已知椭圆的焦距为，且的离心率为. （1）求的标准方程； （2）若，直线交椭圆于两点，且的面积为，求的值. 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，，．求二面角的大小． 18. 已知函数，其中． （1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； （2）设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数.证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 19. 甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为，乙胜的概率为q，，且各球的胜负相互独立.对正整数，记为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率． （1）求（用p表示）． （2）若，求p． （3）证明：对任意正整数m，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $