2026届陕西省高考模拟数学试题

大荔县2026年高考模拟试题命制比赛作品 2026年陕西省高考模拟数学试题 评分标准和参考答案 命题人：董智军 单位：大荔县大荔中学 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C B D A B D A AD BCD 题号 11 答案 BCD 1．C 【分析】化简集合，再根据交集的定义求结论. 【详解】不等式的解集为0，4] 不等式可化为或， 所以不等式的解集为， 所以，， 所以. 故选：C. 2．C 【分析】根据复数模长的几何意义可求答案. 【详解】由题意的几何意义为复数对应复平面内的点到点的距离为3， 点到原点的距离为， 所以的最大值为. 故选：C    3．B 【分析】先由已知变形得到，利用等差数列求通项公式得到，进而得，即可得答案. 【详解】由可变形为， 故为公差为的等差数列， 所以，所以，所以． 4．D 【分析】根据勾股定理，可证、，根据向量运算法则及数量积公式，整理计算，即可得答案. 【详解】因为，所以，即， 所以为等腰直角三角形，则， 因为，所以， 即，则， 则. 5．A 【分析】当马赫数分别为8和13时，由指对运算计算得，，即可求解. 【详解】当马赫数为8时，速度， 解得，即，， 当马赫数为13时，速度， 解得，即，， 所以,. 故选：A. 6．B 【分析】根据条件判断抽象函数的周期，对称性，根据周期性和对称性求函数值，再代入求和. 【详解】根据，以代换得：，所以，可知函数的周期为4， 因为是上的奇函数，所以，即关于点对称， 于是，， 由，取得，即， 则，因此，取，得， 于是， 因此，. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用赋值，赋变量，转化抽象关系式，判断函数的周期性和对称性. 7．D 【分析】根据题干条件，构造辅助函数转化不等式，利用函数的单调性解不等式，从而求出不等式的解集. 【详解】解：设，则， 由，可得，又，所以， 则在上单调递增. 将原不等式两边同时除以得：，即，所以， 由在上单调递增，所以，即， 又因为且，所以， 综上，不等式的解集为. 8．A 【分析】按照“赛道引导”工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】安排“赛道引导”工作的人数分为两类， 第一类，“赛道引导”工作仅安排1人，因为甲不参加“赛道引导”工作，乙必须参加“终点服务”工作， 从甲、乙以外的3人中选一人参加“赛道引导”项工作有种方法， 再安排“物资补给、医疗保障、终点服务”项工作，若“终点服务”工作安排两人，则有种方法， 若“终点服务”工作安排一人，则有种方法， 所以“赛道引导”工作仅安排1人共种方法， 第二类，“赛道引导”工作安排2人，有种方法， 由分类加法计数原理，得共有种方法. 9．AD 【详解】由题可得，则，解得， 因为，所以当时，有最小值，即，则，故A正确； 因为+2，则， 所以直线不是图象的一条对称轴，故B错误； 当时，，所以在上不单调，故C错误． ，故点是图象的一个对称中心．故D正确； 10．BCD 【分析】代入点A坐标，可得m值，根据椭圆的定义，即可判断A的正误；设点，可得点B坐标，代入椭圆方程，可得点P的轨迹，根据点与圆的位置关系，结合两点间距离公式，可判断B的正误；分析可得当时，的面积最大，代入数据，可判断C的正误；设点，可得面积的表达式，结合基本不等式，即可得答案. 【详解】 对于A，设点，则.将点的坐标代入椭圆的方程， 得，即，点的轨迹方程为， 则的最小值为点到圆心的距离减去半径， 即，故A错误. 对于B，点在椭圆上，，解得， ，故B正确. 对于C，由B可知，，则当时，的面积最大， 为，故C正确. 对于D，由椭圆对称性，设点在第一象限，， . ，当且仅当时，等号成立， 面积的最大值为，故D正确. 11．ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量相乘为零可以判断A选项，利用线面夹角公式可以判断B选项，利用点到面距离公式可以判断C选项，结合题目条件分析其为等轴双曲线即可求出离心率，判断出D选项 【详解】对于A，设正方体棱长为，以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示 所以，，，，，， 对于A，，，，，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令 ，， 设直线与平面所成的角为， 则， 因为，所以，故A错误； 所以 ， 所以直线与直线所成的角为，故B正确； 对于C，由于正方体的棱长为2，则，，，，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令 ，得， 所以点到平面的距离，故C正确； 对于D， 因为，，所以旋转轴的方向向量为， 四个顶点，，，，所以， ，同理可得是正四面体， 正四面体绕轴旋转，其侧面上的每一条母线绕轴旋转形成一个曲面， 在包含旋转轴的轴截面中，这些母线的轨迹与轴截面相交形成双曲线， 选取母线，计算母线与旋转轴的夹角， ，所以， 在轴截面中，其母线旋转轨迹是双曲线，其渐近线与轴角也为，即渐近斜率为， 所以，，故D正确. , 12． 【分析】利用赋值法，令，和，即可求解. 【详解】由题意得： 令，得， 令，得， 令，得， 所以， 所以. 13． / 【分析】第一个空按百位数字分类计数；第二个空注意：甲若抽到数字6，则构成的最大三位数一定大于乙；甲若没抽到 6，那么甲和乙构成的最大三位数都等可能地取自同样的10个值，此时可由对称性求概率. 【详解】（1）小于的三位数个数 从集合 中取3个不同元素组成三位数， 按百位数字分类：百位是时，十位有种选法，个位有种选法，共个； 百位是时，同理也有个；百位是时，同理也有个； 百位是时，要小于： 若十位是，个位可从其余4个数字中任选，共4个； 若十位是，则个位只能取，共1个， 所以百位是时共有个， 因此，小于的三位数共有个. （2）A获得胜利的概率 A从集合中抽取3个不同元素，共有种抽法， B从集合中抽取3个不同元素，共有种抽法， 情况一：A抽到数字， A抽到6的抽法数为， 此时A构成的最大三位数的百位一定是，而B构成的最大三位数最大只能是， 所以一定有 故这种情况下A必胜； 情况二：甲没有抽到数字 ， A没有抽到 6 的抽法数也为， 这时A实际上也是从集合中抽取 3 个不同元素，与B的抽法范围完全相同， 因此，A和B构成的最大三位数都等可能地取自同样的10个值，且地位对称， 所以在这种情况下： 又因为共有10个不同的最大三位数，故 于是 故A获胜的概率为 14． 【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，半焦距为，双曲线的离心率为，延长交双曲线于点，即可得到，设，即可表示出，， 再由及余弦定理得到，从而表示出，结合椭圆的离心率求出的范围. 【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，半焦距为，双曲线的离心率为， 延长交双曲线于点， 因为，由对称性得. 设，则，由双曲线的定义得，， 由， 知， 化简得，所以， 则椭圆的离心率为， 又椭圆的离心率的取值范围为，所以， 又，解得， 所以双曲线的离心率的取值范围为.    故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将已知边与角的关系式转化为纯三角函数式，再通过两角和的正弦公式展开化简，得到，结合三角形内角范围直接求得角． （2）先由边上的高和角求出边，再代入余弦定理建立关于的一元二次方程，解出的两个值后，根据 “锐角三角形” 条件，通过余弦值符号验证排除钝角情况，最终确定的值． 【详解】（1）由，得， 又，所以， 因为，所以， 化简得，所以， 因为，所以． （2） 如图，，在中，，所以， 由，得，解得，， 若时，，即为钝角，不满足条件； 若时，，，满足条件， 所以． 16．(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【详解】（1）由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在AD上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 17．(1) (2)（i），；（ii）. 【分析】（1）由分布列的性质得出，再利用期望公式求解即可； （2）（i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”，求出、，利用全概率公式可得出的表达式及的取值范围； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 求得，利用全概率公式求出的值，利用条件概率公式结合可得出关于的不等式，结合可得出的取值范围. 【详解】（1）由题可知，， 化简可得 ， 当时，，则， 即顾客一次性购买文创盲盒数量的平均值为2． （2）（i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”， 则，，，． 依题意，得，， 因为每个盲盒是否为封面款相互独立， 所以，， 又由题意知，，且、、、两两互斥， 所以， 由（1）得，，代入化简可得， 所以，； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 依题意，得，且，、、两两互斥， 所以， 由（i）得，， 所以幸运客户中，一次性购买的文创盲盒全部是封面款的概率， 由题意，可得，解得， 又因为，所以． 18．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出双曲线的基本量后可得双曲线的方程； （2）设，，联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理化，根据该值为定值可求P的坐标； （3）先求、，再根据两角和的正切公式结合韦达定理可求，故可求的最大值. 【详解】（1）因为实轴长为，故， 而点到双曲线E的渐近线的距离为1，故， 故双曲线的方程为：. （2）设为半焦距，则，故， 因为与双曲线的右支相交于两个不同的点，故可设，， 由可得即， 故且，所以. 又. 设，则，， 故 为定值当且仅当，故， 故存在轴上的一点，使得为定值且定值为. （3）由双曲线的对称性不妨设，， 故，， 故，其中， 设，则，故， 而，故， 注意到，故的最大值为. 19．(1)①；②证明见解析； (2)，证明见解析； 【分析】（1）①代入值，求导得到切线斜率和切点坐标，从而得到切线方程； ②利用二次求导法和零点存在性定理即可证明； （2）分、和讨论即可. 【详解】（1）①当时，， 因为， 所以函数在处的切线斜率为， 由1， 知函数在处的切线方程为. ②因为，所以 令，得，（其中为的导函数）， 于是在单调递减，在单调递增 由 知存在唯一零点使得 当时，，当时，， 即在单调递增，在单调递减，而， 所以在区间内恒成立，得证. （2）当时，， 由②知，即此时无零点， 当时，， 令， 由在单调递增，且， 所以存在唯一零点使得， 则当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 而，所以，知，即此时无零点. 下证：当时，在区间内有零点，并且零点是唯一的， ， ，故， 又，得，（其中是的导函数）， 于是在区间内单调递增，有唯一零点为的最小值点，即， 我们断言：，否则，从而在区间上单调递增，与矛盾，现列表如下： 0 1 0 单调递减，正变负，有唯一零点 单调递增，负变正，有唯一零点 再列表如下： 0 1 0 0 0 单调递增， 单调递减，正变负，有唯一零点 单调递增， 0 综上，在区间内的零点是唯一的. 答案第 1 页， 共 19 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大荔县2026年高考模拟试题命制比赛作品 2026年陕西省高考模拟数学试题 命题人：董智军 单位：大荔县大荔中学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第Ⅰ卷时，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．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．测试范围：高考全部内容 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 1、 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。 一、单选题 1．设集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．若复数满足，则|z|的最大值为（    ）． A． B． C． D． 3．已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 4．如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的平面图形，图中四边形的对角线相交于点，已知，则（    ） A． B．-1 C．0 D．1 5．马赫数是飞行器的运动速度与音速的比值.在不考虑空气阻力的前提下，某飞行器的最大速度（单位：）和燃料的质量（单位：）、飞行器（除燃料外）的质量（单位：）的函数关系是.已知当该飞行器所处高空的音速为，最大速度对应的马赫数分别为8和13时，燃料的质量分别为和，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 6．若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（    ） A．2 B．5 C．4 D．3 7．已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 8．甲、乙等5名志愿者参加2026年城市马拉松赛事的“物资补给、赛道引导、医疗保障、终点服务”四项志愿工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加“赛道引导”工作，乙必须参加“终点服务”工作，则不同的安排方法数有（   ） A．42种 B．72种 C．24种 D．36种 二、多项选择题（3小题，每小题6分，共18分） 9．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．设函数，若的最小值为，则（   ） A． B．直线是图象的一条对称轴 C．在上单调递增点 D．是图象的一个对称中心 10．已知是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，是椭圆上的动点，轴，垂足为，且点为的中点，轴，垂足为，且点为的中点，则（    ） A．的最小值为-2 B． C．面积的最大值为 D．面积的最大值为 11．如图，已知正方体，点，O分别为上、下底面的中心.正四面体以为轴旋转一圈，形成一个空间几何体，该几何体的轴截面的截口曲线（截面与几何体侧面的交线）为双曲线的局部，则（   ） A．直线与平面所成的角为45° B．直线与直线所成的角为90° C．若正方体的棱长为2，则点到平面的距离为 D．此双曲线的离心率为 第二部分 非选择题（共92分） 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若，______． 13．已知集合，集合，从集合中随机选取3个不同的元素构成一个三位数，其中小于423的有__________个，现有A，B两名同学玩一种游戏，A､B两人分别从集合中随机抽取3个不同的元素各构成最大的三位数和，若，则A获得胜利.A获得胜利的概率为_______. 14．已知，是焦点在轴上的椭圆和双曲线公共的焦点，若椭圆和双曲线在第二象限的交点为，点既在第一象限，又在双曲线上，且，若椭圆的离心率的取值范围为，则双曲线的离心率的取值范围为__________. 四、解答题解答题（5小题，共77分） 15．在ABC中，角的对边分别为，已知，． (1)求角的大小； (2)若ABC是锐角三角形，边上的高BD为，求． 16．如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在线段AD上； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 17．某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． (1)当 时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值； (2)已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率； （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围． 18．已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线E的渐近线的距离为1，过的直线与交于右支两点. (1)求双曲线E的方程； (2)证明存在轴上的一点P，使得为定值； (3)求的最大值. 19．已知函数，，其中为常数，为自然对数的底数，. (1)当时 ①求函数在处的切线方程； ②证明：； (2)若函数有零点，求的取值范围并证明函数的零点是唯一的. 试题第 2 页， 共 6 页 试题第 1 页， 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $