精品解析：陕西西安高级中学2026届高三模拟预测（五）数学试题

西安高级中学模拟预测2026届数学试题（五） 注意事项： 1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，， 所以. 2. 已知，则（ ） A. B. -1 C. D. -2 【答案】C 【解析】 【分析】根据二倍角公式即可求解. 【详解】由题意得，由于， 所以，因此且， 则，故C正确. 3. 已知四点共面，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用四点共面可得，由此解得，再利用基本不等式即可求解． 【详解】由题可知，存在实数，使得， 又，，，所以， 解得，，所以， 当且仅当时取等号． 4. 已知向量满足.当与的夹角最大时，（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将平方后换元，利用向量的夹角公式表示，利用余弦函数的单调性分析的最大值求解即可. 【详解】将平方得， 令，则，所以， 设与的夹角为， 当时，，与条件矛盾，所以， 又，分子分母同时除以，， 令，则， 当时，取得最小值，此时取最大值， 当时，，， 所以当与的夹角最大时，. 5. 已知数列的首项，且满足，令，则数列的前2026项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，计算，求证为单调递增数列，再得到为等差数列求解即可. 【详解】令，计算可得，所以，因为，则， 两式相减可得，由递推公式及知，为单调递增数列， 则，则，则，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，则，故所求为. 6. 某果园为检测两试验园苹果的质量，现从试验园抽取30个苹果，其平均质量为，方差为48，从试验园抽取20个苹果，其平均质量为，方差为40，则抽取的这50个苹果的方差为（ ） （参考公式：样本分为2层，各层的容量、平均数和方差分别为，，，，，，记样本的平均数为，方差为，则.） A. 45.8 B. 140.8 C. 176 D. 183.2 【答案】B 【解析】 【分析】求出平均数后，利用所给方差公式计算即可得. 【详解】这50个苹果的平均数， 则方差 . 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将，，通过构造函数看成两函数交点的横坐标，数形结合比较大小即可. 【详解】因为，且，所以， 同理，由，可得， 由，可得． 令，得，所以在上单调递减， 满足的即为函数与交点的横坐标； 满足的即为函数与交点的横坐标； 满足的即为函数与交点的横坐标； 在同一平面直角坐标系中画出的图象，如图所示：从图象中可以直观地看出，三个交点的横坐标关系为． 8. 已知椭圆，点，其中，过作直线交椭圆于，两点，过作直线交椭圆于，两点，若，，则直线在轴上的截距的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，，由题坐标化可得点坐标，代入椭圆方程可得，同理由可得，进而求得直线的方程，求出直线的纵截距，利用函数单调性求出值域，得解. 【详解】设，，由，，易得， 所以，， 所以，代入， 得：，即①， 同理得：②， 由①②得，直线方程为：， 令，直线纵截距为：， 又，可得， 因为在上单调递增，可得. 故选：A. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分） 9. 已知函数，，则（ ） A. 若，则函数有两个极值点 B. 若，且，则函数在上不单调 C. 若函数既有极大值又有极小值，则其极大值必大于1 D. 函数的图象关于点成中心对称图形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据导数的判别式可判断A的正误；对于B，利用虚设零点结合导数符号可判断其正误，对于C，根据反例可判断其正误，对于D，可证明，从而可判断其正误. 【详解】， 对于A，因为，，故有两个变号零点， 所以函数有两个极值点，故A正确； 对于B，因为，， 因为，故，， 而，故存在，当时，， 当时，，故在为增函数，在为减函数， 故函数在上不单调，故B正确； 对于C，取，则， 当或时，，当时，， 故为唯一的极大值点，故的极大值为，故C错误； 对于D，， 而， 故， 而，故， 故函数的图象关于点成中心对称图形，故D正确； 10. 在棱长为1的正方体中，．则下面结论中正确的是（ ） A. 存在，使得平面平面 B. 是平面的充要条件 C. 分别是在平面，平面上的投影图形的面积，对任意，都有 D. 任意，的面积不等于 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用空间向量分别求出两平面的法向量后验证可得A；利用空间向量验证线面垂直可得B；结合投影坐标和三角形的面积公式可验证C；由空间向量求出和的夹角为，再利用三角形面积公式可得. 【详解】如下图所示，建立空间直角坐标系，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，为正方体中一点，连接，点分别为在平面中的投影，连接，点分别为在平面中的投影，连接， 因为正方体棱长为，， 所以，，，，，，，，， 选项A：存在，使得平面平面， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 因为，， ，， 所以，即， 令，解得，即， ，即，令，解得，即， 若平面平面，则， 即，解得； 选项B：是平面的充要条件， 当时，， ，即， 所以平面， 若平面，则， 即，解得； 选项C：的三个端点在平面上的投影坐标分别为，，， 则， 的三个端点在平面上的投影坐标分别为，，， 则， 令，即，解得，此时； 选项D：设和的夹角为， ，， ， ， ， 令，即，化简可得， 判别式为， 所以方程无实数解，即对任意，. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 11. 已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设直线方程为，与抛物线方程联立并结合韦达定理求得的表达式，根据题意解出p的值即可． 【详解】由题意知，直线AB斜率一定不为零，故设过点的直线方程为， 交点，，联立直线与抛物线方程可得， 整理得，由韦达定理得， ， 而， 所以，解得． 12. 三棱锥的四个顶点在球的表面上，若，，，则球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由线面垂直关系证明平面，求底面的外接圆半径，进而根据几何关系求外接球的半径并计算球的表面积. 【详解】如图所示， 在中：，因此，即. 在中：，因此，即. 因为，且平面， 根据线面垂直判定定理可得：平面. 是边长为的等边三角形，由正弦定理， 其外接圆半径满足：，解得，即. 外接球球心在过外心、且垂直于平面的直线上，该直线平行于， 设球心到平面的距离为，由，得：， 即，已知，故，， 外接球半径满足：  由球的表面积公式，代入得：. 13. 已知数列满足，，记的前项和为，则________. 【答案】1520 【解析】 【详解】由，得， 所以， 所以的值均为1，又， 所以， 所以，当为偶数时，， 所以 . 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出数学语言说明､证明过程､演算步骤） 14. 如图，在几何体中，四边形为正方形，平面，，，. （1）求证：平面平面； （2）若点在平面内，且. （i）求点的轨迹的长度； （ii）设直线与平面所成的角为，求的取值范围． 【答案】（1） 证明：因为平面，平面， 所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 由题意求得，， 所以，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）先证平面，得到，利用勾股定理可得，再由线面垂直的判定得到平面，进而可证平面平面； （2）（i）以为原点建立空间直角坐标系，设，根据垂直向量的坐标表示求解即可； （ii）利用空间向量法求线面夹角即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由题意知，直线，，两两垂直，以直线，，分别为轴，轴，轴 建立空间直角坐标系， 则，，，， （i）设，则，， 因，所以， 即， 所以点的轨迹是以棱为直径的圆，其长度为. （ii）由（i）知，，， 设平面的一个法向量，则 即 令，得，，所以， 则. 由（i）知，所以， 因为，得， 所以，所以的取值范围是. 15. 在中内角的对边分别为，且． （1）若的平分线交于点的面积为，求长； （2）若，求当周长最小时的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先用半角公式将条件转化为边的关系，结合余弦定理求出角，再通过已知的及和角公式求出角的正弦值，由正弦定理得到两边比例关系；最后利用三角形面积求出具体边长，并借助角平分线分割面积的性质建立关于的方程求解； （2）由已求得的角用余弦定理消去，将用表示，进而构造出周长关于的函数；利用基本不等式求得的值. 【小问1详解】 依题意有即 又由余弦定理有 又为中内角 又而 因为的面积为， 在中， 【小问2详解】 由（1）知． 设周长为，则 令， 当且仅当时周长取最小值． 故当周长最小时． 16. 已知函数，． （1）设的导函数为． （ⅰ）若与有相同的零点，求的值； （ⅱ）若对任意，都有，求的取值范围； （2）若有唯一解，求的取值范围． 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ） （2） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）先对求导，根据求出值，并代入求. （ⅱ）将转化为问题，先求得的一个大致范围，然后对进行分类讨论，由此求得的取值范围. （2）将方程有唯一解问题转化为函数图象交点问题，对进行分类讨论，并对不同区间的函数求导分析单调性，根据函数值范围确定的值. 【小问1详解】 因为，所以， （ⅰ）因为，由得，所以， 所以． （ⅱ）原问题转化为在时恒成立． 依题意，，令，所以，得， ①当时，原不等式可化为，所以， 此时，所以的最大值为，所以，所以； ②当时，原不等式可化为，所以， 因为在上单调递增，所以，所以． 综上所述，． 【小问2详解】 由题意知，方程有唯一解． 依题意，，原方程化为，由于，所以， （ⅰ）当，即时，有（*）， 设，所以， 所以在上单调递减，在上单调递增，，， 因为方程（*）有唯一解，所以，所以； （ⅱ）当时，时，方程可化为（**）， 设，则，所以在上单调递增， 又，所以时，方程（**）有唯一解； 当时，有， 又，方程有解； 所以时，原方程至少有两个解（舍去）； 综上所述，取值范围为． 17. 某超市推出一款新玩具，每件玩具内有一张卡片，总共有种不同类型的卡片，且每件玩具内每种类型卡片出现的概率相同，甲每次从中随机购买一件玩具． （1）若，求甲恰好购买3件玩具就集齐2种不同类型的卡片的概率． （2）在重伯努利试验中，设每次试验中事件发生的概率为，用表示事件首次发生时的试验次数，且的分布列为，，则随机变量服从几何分布，该几何分布的期望为．已知甲集齐种不同类型的卡片恰好需要购买的玩具数为． （i）求的数学期望； （ii）证明：． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：． 设，则． 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，得，当且仅当时，等号成立． 令，得，则．① 设，则． 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，得， 当且仅当时，等号成立． 令，得，则．② 由①②得， 所以， 即 【解析】 【分析】（1）应用独立事件概率乘积公式计算求解； （2）（i）根据数学期望性质计算求解；（ii）先求出导函数，再根据导函数正负得出单调性，再应用累加法计算证明不等式. 【小问1详解】 甲第一次一定会得到一张卡片，甲第二次得到的卡片和第一次得到的卡片相同，甲第三次得到的卡片和第一次得到的卡片不同， 则甲恰好购买3件玩具就集齐2种不同类型的卡片的概率为． 【小问2详解】 （i）设表示在甲已获得第种类型的卡片后，获得第种类型卡片需要购买的玩具数，则． 甲第一次购买玩具得到第1种类型的卡片的概率为1， 在甲已获得第1种类型的卡片后，每次试验中获得第2种类型卡片的概率为， 在甲已获得第2种类型的卡片后，每次试验中获得第3种类型卡片的概率为， 依此类推，在甲已获得第种类型的卡片后，每次试验中获得第种类型卡片的概率为，则均服从几何分布， 所以． （ii）略 18. 已知椭圆与椭圆，过的右顶点与轴垂直的直线与的一个交点为，过的右焦点作轴的垂线与的一个交点为． （1）求，的方程； （2）若斜率为的直线交于点，是坐标原点，垂直于的直线交于点． （I）求的最小值； （II）是否存在一个与直线相切的定圆？若存在，求出这个圆的标准方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）（I）；（II）存在，且该圆方程为 【解析】 【分析】（1）对椭圆，可得且，解出即可得；对椭圆，可得且，解出即可得； （2）（I）由题意可得，，分别联立曲线两曲线，可解出两点坐标，再利用勾股定理计算即可得解；（II）借助等面积法与（I）中所得，可得原点到直线的距离为定值，即可得解. 【小问1详解】 对椭圆，由题意可得， 且，又，则， 整理得，即或， 由，故，则，即； 对椭圆，由题意可得， 且，则，解得， 则； 【小问2详解】 由题意可得，则， 由，则，则， ，解得，即， ，解得，则， （I） ， 令，则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为； （II）， ， 则， 又，则， 由为直角三角形，故高， 即原点到直线的距离， 故存在一个与直线相切的定圆，且该圆方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西安高级中学模拟预测2026届数学试题（五） 注意事项： 1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. -1 C. D. -2 3. 已知四点共面，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 已知向量满足.当与的夹角最大时，（ ） A. B. 2 C. D. 5. 已知数列的首项，且满足，令，则数列的前2026项和为（ ） A. B. C. D. 6. 某果园为检测两试验园苹果的质量，现从试验园抽取30个苹果，其平均质量为，方差为48，从试验园抽取20个苹果，其平均质量为，方差为40，则抽取的这50个苹果的方差为（ ） （参考公式：样本分为2层，各层的容量、平均数和方差分别为，，，，，，记样本的平均数为，方差为，则.） A. 45.8 B. 140.8 C. 176 D. 183.2 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆，点，其中，过作直线交椭圆于，两点，过作直线交椭圆于，两点，若，，则直线在轴上的截距的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分） 9. 已知函数，，则（ ） A. 若，则函数有两个极值点 B. 若，且，则函数在上不单调 C. 若函数既有极大值又有极小值，则其极大值必大于1 D. 函数的图象关于点成中心对称图形 10. 在棱长为1的正方体中，．则下面结论中正确的是（ ） A. 存在，使得平面平面 B. 是平面的充要条件 C. 分别是在平面，平面上的投影图形的面积，对任意，都有 D. 任意，的面积不等于 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 11. 已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则__________． 12. 三棱锥的四个顶点在球的表面上，若，，，则球的表面积为______. 13. 已知数列满足，，记的前项和为，则________. 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出数学语言说明､证明过程､演算步骤） 14. 如图，在几何体中，四边形为正方形，平面，，，. （1）求证：平面平面； （2）若点在平面内，且. （i）求点的轨迹的长度； （ii）设直线与平面所成的角为，求的取值范围． 15. 在中内角的对边分别为，且． （1）若的平分线交于点的面积为，求长； （2）若，求当周长最小时的值． 16. 已知函数，． （1）设的导函数为． （ⅰ）若与有相同的零点，求的值； （ⅱ）若对任意，都有，求的取值范围； （2）若有唯一解，求的取值范围． 17. 某超市推出一款新玩具，每件玩具内有一张卡片，总共有种不同类型的卡片，且每件玩具内每种类型卡片出现的概率相同，甲每次从中随机购买一件玩具． （1）若，求甲恰好购买3件玩具就集齐2种不同类型的卡片的概率． （2）在重伯努利试验中，设每次试验中事件发生的概率为，用表示事件首次发生时的试验次数，且的分布列为，，则随机变量服从几何分布，该几何分布的期望为．已知甲集齐种不同类型的卡片恰好需要购买的玩具数为． （i）求的数学期望； （ii）证明：． 18. 已知椭圆与椭圆，过的右顶点与轴垂直的直线与的一个交点为，过的右焦点作轴的垂线与的一个交点为． （1）求，的方程； （2）若斜率为的直线交于点，是坐标原点，垂直于的直线交于点． （I）求的最小值； （II）是否存在一个与直线相切的定圆？若存在，求出这个圆的标准方程；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $