精品解析：陕西咸阳市实验中学2026年高三下学期考前质量检测数学试题

2026届高三第七次质量检测 数学试题 一、单选题（共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知利用交集的运算，可得答案. 【详解】 ， ； 故选：C. 2. 已知正数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义及对数函数的性质判断即可. 【详解】若，则， 从而， 因此“”是“”的充分条件； 若， 化简得， 即或， 即或者， 因此“”是“”的不必要条件. 故选：A. 3. 已知一组样本数据，，，，，画出相应散点图，发现变量，有较强的线性关系，利用最小二乘法得其回归方程为．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由回归方程性质可得解. 【详解】由线性回归方程的性质，知回归直线恒过点， 因为，所以， 所以，解得， 所以， 故选：D． 4. 已知设，则，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】先求得复数实部与虚部的关系，再去求的最小值即可解决. 【详解】由，可得，可令， 则 （为锐角，且） 由，可得 则的最小值为3. 故选：A 5. 已知样本数据：，，a，，的方差为0，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据方差的意义可得，利用不等式即可得结果. 【详解】因为样本数据：，，a，，的方差为0， 由方差的意义可知：，则， 可得，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：C. 6. 若正三棱台的体积为，且，，则侧棱的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用台体体积公式求出正三棱台的高，再结合三角形的几何性质以及勾股定理可求得的长度. 【详解】正三棱台中，已知，， 所以的面积为， 的面积为， 设、分别是、的中心，则为正三棱台的高， ， 故， 设、分别是、的中点，所以、、三点共线，、、三点共线， 且，，， 则， ， 所以，， 易知四边形为直角梯形，且，， 过点在平面内作，垂足为点，如下图所示： 因为，，，故四边形为矩形， 所以，，则， 由勾股定理可得. 故选：A. 7. 已知等比数列的前4项是关于x的方程的根，则数列的前4项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助韦达定理求出方程根的关系，再将数列的前4项和通分计算即可. 【详解】设方程的根分别为，方程的根分别为， 则数列的前四项组成的集合为, 根据韦达定理可知，， 所以，故数列的前4项和为， 故选：D. 8. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，点，点在上，，且的面积为，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的定义结合几何关系确定出的大小，然后根据的面积列出关于的方程，由此求解出的值，则准线方程可知． 【详解】由题知的准线过点，如图，过点作的准线的垂线，垂足为， 由抛物线的定义可知，则由可知， ∴在中，，得，即 由的面积为，得，则，则， ∴，得，∴的准线方程为， 故选：A． 二、多选题（本题共3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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的的得0分.） 9. 下列有关说法正确的有（ ） A. 设随机变量ξ服从正态分布，若，则 B. 记两个变量的样本相关系数为r，若越接近0，线性相关程度越强 C. 已知随机变量，则 D. 数据1，3，9，4，5，16，7，11的下四分位数为3.5 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性、相关系数的性质，结合二项分布的数学期望公式、数学期望性质、下四分位数的定义逐一判断即可. 【详解】A：因为随机变量ξ服从正态分布，且， 所以，因此本选项说法正确； B：由样本相关系数的性质可知：越接近0，线性相关程度越弱，因此本选项说法不正确； C：因为，所以， 所以，因此本选项说法正确； D：数据1，3，9，4，5，16，7，11从小到大排列为： 1，3，4，5，7，9，11 ，16， 因为 所以这组数据的下四分位数为，因此本选项说法正确. 故选：ACD 10. 设为坐标原点，已知对任意实数，直线与圆都有两个交点，，则（ ） A. 直线过定点 B. C. 当时，的最小值为 D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】直线过定点问题将含参数部分合并同类项，令其为零即可得到定点；判断定点与圆的位置关系结合两点间距离公式得到判断半径的范围；根据向量的数量积定义将数量积的最小值转化为求的最小值求解；利用弦长公式和圆心到直线距离的范围求解. 【详解】选项，将直线整理为， 令得，故直线过定点，故错误. 选项，由题可知直线与圆总有两个交点，则说明定点在圆内， 圆心为，半径为，可得， 因为在圆内，所以，即，故正确. 选项，当时， ， 要使最小，只需要最小即可， 圆心到直线的距离，且， 则. 由，将上式代入得 ， 整理得， 由， 解得，故最小值取， 因此最小值为， 故正确. 选项，当时， 弦长公式， 因为,则， 故,故错误. 故选： 11. 如图，在正四棱柱中，底面边长，侧棱长，为底面内的动点，且与所成角为，则下列命题正确的是（ ） A. 动点的轨迹长度为 B. 当//平面时，与平面的距离为 C. 直线与底面所成角的最大值为 D. 二面角的范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A根据与所成角为求出，从而确定动点的轨迹并求出长度；选项B利用等体积法即可求得；选项C根据直线与平面所成角的定义找到直线与底面所成角，再计算最大值即可；选项D通过点在特殊位置时求出二面角的平面角超出选项范围进行排除. 【详解】正四棱柱中，底面是正方形，侧棱垂直于底面. 对于A选项，因为且与所成角为，所以与所成角也为.又，. 又在底面内，的轨迹为以A为圆心，1为半径的圆周的四分之一，长度为.故选项A正确； 对于B选项，当//平面时，到平面的距离即为与平面的距离.. ， 在中，，边上的高为2， 设到平面的距离为，则， 解得.故选项B错误； 对于C选项，连接，则线段为线段在底面的投影，故直线与底面所成角为，且, 由选项A可知，当为正方形中心时，最短为1，此时最大为,即.故选项C正确； 对于D选项，当在线段上时，，， 因为是等腰三角形，所以取中点，连接，则. 过作交于点，分别连接，则，故四边形是等腰梯形，取中点，则，所以是二面角的平面角. 在四边形中，，，故.又，故. 由选项B知，. 在中，由余弦定理得， 所以，故选项D错误. 故选：AC. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量满足，则在方向上投影向量的坐标为________．. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量公式计算求解. 【详解】， 在方向上投影向量的坐标为． 13. 已知，若直线是曲线与曲线的公切线，则________ 【答案】1 【解析】 【分析】首先根据导数的几何意义求出直线与曲线的交点（切点），然后根据切点在直线上求出，最后求出直线与的交点（切点）即可求出. 【详解】设直线在处的切点坐标为， 在处的切点坐标为，，， 因为直线是曲线和的公切线，所以， 解得，则， 把代入直线中可得，又，解得， 把代入直线中可得， 再把代入中可得，即，所以. 故答案为：1 14. 已知正实数满足，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】先将等式变形，构造函数，利用函数单调性得到，对变形后使用基本不等式求解最小值. 【详解】变形为， 则，即， 令，则恒成立， 则，单调递增， 又，所以， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为2. 故选：A 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字证明，证明过程或演算步骤） 15. 已知，，分别为三个内角，，的对边， ，，且的面积为． （1）求； （2）若在边上，且线段平分，求线段的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的计算公式及面积公式化简可得解； （2）结合三角恒等变换及三角形面积可得边长，再根据等面积法可得角分线长度. 【小问1详解】 由已知，且三角形面积， 可知， 又， 则； 【小问2详解】 由已知， 结合诱导公式及二倍角公式可得， 又，，即， 所以，即， 所以， 则由正弦定理， 可得，， 所以， 即，，， 又线段平分， 所以, 又， 即， 则， 解得. 16. 某学校组织“学党史、强信念、跟党走”为主题的知识竞赛，每位参加比赛的同学均可参加多轮答题活动，每轮答题结果互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都随机抽取两道题作答，先进行组答题，只有组的两道题均答对，方可进行组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学组每道题答对的概率均为，组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3道题才可获得一张奖券. （1）设甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为，求的分布列与数学期望； （2）若甲同学进行了10轮答题，试问甲同学获得多少张奖券的概率最大？并说明理由. 【答案】（1）分布列见解析， （2）同学获得3张奖券的概率最大，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式进行计算即可得分布列，再求期望即可； （2）利用获得奖券数是服从二项分布，利用二项分布概率公式来求最大概率即可. 【小问1详解】 甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为的可能取值有， 则 所以的分布列为 0 1 2 3 4 故； 【小问2详解】 由于两组题至少答对3道题才可获得一张奖券， 则甲在一轮答题中获得一张奖券的概率为 ， 所以甲同学进行了10轮答题，获得的奖券数， 可得奖券数的概率为，， 假设甲同学获得张奖券的概率最大， 则有： 化简得：， 又因为，所以，即同学获得3张奖券的概率最大. 17. 如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）若为上的一点，点到平面的距离为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，利用平行四边形的判定和性质得，利用直角三角形性质得，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明即可； （2）分别取中点，连接，利用面面垂直的性质定理及线线平行性质得平面，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角的余弦值. 【小问1详解】 在梯形中，取中点，连接， ，，四边形为平行四边形，， ，， ，，平面，平面， 平面，平面平面. 【小问2详解】 分别取中点，连接， ，为中点，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 分别为中点，，平面， 则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，，，， 设，则， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 点到平面的距离， 解得：，； 平面轴，平面的一个法向量， ，又二面角为锐二面角， 二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为．点M是椭圆C上一点，满足，O为坐标原点． （1）求C的方程； （2）设，若C上的一点N与点M不关于x轴对称，且满足． （ⅰ）证明：直线MN恒过x轴上的一个点； （ⅱ）求面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义和离心率进行求解； （2）（ⅰ）设直线MN的方程为，根据得到直线的斜率关系，根据韦达定理列方程求出的关系，进行证明； （ⅱ）先求出的取值范围，再求出三角形的面积范围. 【小问1详解】 根据题意可得，所以， 又，所以，所以， 所以C的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）设直线MN的方程为，点， 则， 因为，所以， 整理得，即， 化简并整理得：，① 联立，消去得， ，化简并整理得， 由韦达定理可得，② 将②代入①得， 化简并整理得：， 所以直线MN的方程为， 所以直线MN恒过点； （ⅱ）由（ⅰ）可知直线MN恒过点，当直线MN与x轴重合时，M、N、T三点共线，此时不构成三角形； 当直线MN与x轴不重合时，设直线MN的方程为， 联立，消去得， 所以， 所以， 令，则，，所以， 根据对勾函数的性质可知：在上单调递增，所以， 所以， 所以， 综上所述，面积的取值范围为. 19. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果; （2）求解令，则，分类讨论求解的范围; （3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证 （*）进而证明结果. 【小问1详解】 由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. 【小问2详解】 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第七次质量检测 数学试题 一、单选题（共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知正数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知一组样本数据，，，，，画出相应散点图，发现变量，有较强的线性关系，利用最小二乘法得其回归方程为．若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知设，则，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 已知样本数据：，，a，，的方差为0，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. D. 6. 若正三棱台的体积为，且，，则侧棱的长度为（ ） A. B. C. D. 7. 已知等比数列的前4项是关于x的方程的根，则数列的前4项和为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，点，点在上，，且的面积为，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的的得0分.） 9. 下列有关说法正确的有（ ） A. 设随机变量ξ服从正态分布，若，则 B. 记两个变量的样本相关系数为r，若越接近0，线性相关程度越强 C. 已知随机变量，则 D. 数据1，3，9，4，5，16，7，11的下四分位数为3.5 10. 设为坐标原点，已知对任意实数，直线与圆都有两个交点，，则（ ） A. 直线过定点 B. C. 当时，的最小值为 D. 当时， 11. 如图，在正四棱柱中，底面边长，侧棱长，为底面内的动点，且与所成角为，则下列命题正确的是（ ） A. 动点的轨迹长度为 B. 当//平面时，与平面的距离为 C. 直线与底面所成角的最大值为 D. 二面角的范围是 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量满足，则在方向上投影向量的坐标为________．. 13. 已知，若直线是曲线与曲线的公切线，则________ 14. 已知正实数满足，则的最小值为________. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字证明，证明过程或演算步骤） 15. 已知，，分别为三个内角，，的对边， ，，且的面积为． （1）求； （2）若在边上，且线段平分，求线段的长度． 16. 某学校组织“学党史、强信念、跟党走”为主题的知识竞赛，每位参加比赛的同学均可参加多轮答题活动，每轮答题结果互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都随机抽取两道题作答，先进行组答题，只有组的两道题均答对，方可进行组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学组每道题答对的概率均为，组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3道题才可获得一张奖券. （1）设甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为，求的分布列与数学期望； （2）若甲同学进行了10轮答题，试问甲同学获得多少张奖券的概率最大？并说明理由. 17. 如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）若为上的一点，点到平面的距离为，求二面角的余弦值. 18. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为．点M是椭圆C上一点，满足，O为坐标原点． （1）求C的方程； （2）设，若C上的一点N与点M不关于x轴对称，且满足． （ⅰ）证明：直线MN恒过x轴上的一个点； （ⅱ）求面积的取值范围． 19. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $