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届陕西省高考模拟数学试题 命题人：胡宏江 单位：大荔县城郊中学 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、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．已知集合,,,则( ) A． B． C． D． 2．已知复数,.在复平面内,对应的点所在的象限为( ) A．一 B．二 C．三 D．四 3．设,且,已知的值域为,,若在区间上恰有3个零点,则正实数的取值范围是( ) A． B． C． D． 4．设是等差数列的前项和,若,则( ) A． B． C． D． 5．已知向量,满足,,则,的夹角为( ) A． B． C． D． 6．在平面直角坐标系中,已知直线,圆,平面内一点满足,设圆上一点到直线的距离为,为实数,则的最小值为( ) A． B． C． D． 7．已知三棱锥的体积为,.若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上,则球的表面积为( ) A． B． C． D． 8．已知对任意的正数,不等式 恒成立, 则正数的最大值为( ) A． B． C． D． 二、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．设为一次随机试验中的两个事件,若,,则( ) A． B． C． D．与相互独立 10．椭圆的左、右焦点分别为,,上顶点为,直线与的另一个交点为,若,则( ) A．的短轴长为 B．的焦距为 C．的周长为 D．的离心率为 11．已知定义域为的函数是的导函数,且满足:是奇函数,则下列判断正确的是( ) A．是奇函数 B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知函数,则不等式的解集是__________. 13．某非遗工坊有剪纸、木雕、陶艺、刺绣、编织五项技艺展示,需安排阿珍、阿明、阿华、阿杰、阿丽五位传承人各负责一项.若阿明不负责陶艺且阿丽只能负责剪纸或刺绣,则不同的安排方法有__________种. 14．数列中,,数列的前项和,则数列的前项和__________. 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．人工智能大模型已成为新一代数字技术核心,某企业自主研发了人工智能大模型,为了比较其与传统人工智能模型的文本生成效果,随机抽取两种模型各次文本生成效果,已知每次文本生成效果分为有效生成与无效生成两种情况,且部分统计数据如下表. (1)完成列联表,并以样本估计总体,频率估计概率,若利用模型随机生成次文本,求该文本生成效果为有效生成的概率; (2)根据小概率值的独立性检验,判断文本生成效果与模型类型是否有关. 附 16．在锐角中,内角,,所对的边分别是,,,且. (1)求的大小; (2)若,求的范围. 17．已知函数有两个极值点. (1)求实数的取值范围; (2)记两个极值点分别为,,证明:. 18．各棱长均相等的正三棱柱中,为中点. (1)求证:平面; (2)求平面与平面夹角的余弦值. 19．设双曲线的左、右焦点分别为,离心率为2.过点作轴的垂线与交于两点,. (1)求的方程; (2)若直线与的右支交于不同的两点,求的取值范围; (3)过作一条不垂直于轴的射线与的左支在第二象限交于点,过作与平行的一条射线与在第一象限交于点,证明:成等差数列. 学科网（北京）股份有限公司 $ 《2026届陕西省高考模拟数学试题》参考答案： 第1题： 【答案】C 【解析】由题意得,,则. 第2题： 【答案】B 【解析】,则对应点的坐标为,在第二象限. 第3题： 【答案】B 【解析】由的值域为,得, 由,得, 而,则,, 由,得, 而函数在区间上恰有3个零点, 因此,解得, 所以正实数的取值范围是. 第4题： 【答案】C 【解析】因为为等差数列,且,所以, 所以. 故选:C. 第5题： 【答案】C 【解析】由两边平方得,, 又得, 所以, 则. 第6题： 【答案】D 【解析】由题已知圆,圆心,半径. 则直线到圆心的距离, 故圆上点到直线的最小值为圆心到直线的距离减去半径,故, 点满足,即, 因此点在函数的图象上, 表达式表示点到点的距离的平方, 又因为点在直线上,所以表达式的最小值为函数上的点到直线的最小距离的平方. 设函数上与直线平行的切线与其相切于点, 由题易得, 令,即,解得. 即切点为,由点到直线的距离有, 故的最小值为. 第7题： 【答案】B 【解析】 已知,,所以的面积. ,直角三角形外接圆圆心为斜边中点, 设中点为,则. 因为三棱锥体积,代入得,, 又,为中点,由等腰三角形三线合一得, 且 , 因此平面,即在底面投影为. 设,球半径为,则. ,, 联立得,解得,因此. 即球的表面积. 第8题： 【答案】A 【解析】由对恒成立,且, 即恒成立, 即恒成立, 设,则, 因为,即, 即函数在上单调递增, 则由恒成立, 可以转化为恒成立, 即对恒成立, 即对恒成立,即. 设,,则, 令,即;令,即, 所以函数在上单调递减; 在上单调递增, 所以,即, 又,所以实数的取值范围为. 故选:A. 第9题： 【答案】A,C 【解析】已知,则. 由可得, 因为,所以, 所以选项A正确,B错误; 因为,所以, 即,,故C正确; 因为,所以, 故D错误; 第10题： 【答案】B,C 【解析】由图知,,因,则是正三角形, 又,则,故椭圆离心率为,故D错误; 由可得,则, 由可得,解得,故椭圆的短轴长为,故A错误; 焦距为,故B正确;的周长为,故C正确. 第11题： 【答案】A,B,D 【解析】由,得,则,又是奇函数,即,从而,,即,则是奇函数,A正确; 对于B,在中,令,可得,在中,令,可得,从而,B正确; 对于C,在中,以代,可得,与求和,可得,令,可得,C错误; 对于D,由以及,可得,从而,则是周期为的周期函数,,,,D正确. 故选:ABD. 第12题： 【答案】 【解析】由题意,则,即, 此时,而、均递增,它们的函数图象如下: 由图知:当时,当时. 综上,的解集是. 故答案为: 第13题： 【答案】36 【解析】从阿珍、阿华、阿杰中选一个人负责陶艺,有3种选择, 从剪纸或刺绣中选一个让阿丽负责,有2种选择, 则剩余3个人各自从剩下三个项目中选择一个,共有种, 故总的安排方法有. 第14题： 【答案】 【解析】已知数列的通项公式为,则, 数列的前项和为, 当时,, 当时,, 因此数列的通项公式为, 当时,; 当时,, 则, 两式相减得, 即, 化简得,时也符合该式, 综上所述,. 第15题： 【答案】见解析 【解析】(1)首先补全列联表: 根据频率估计概率,模型共生成次,其中有效生成次, 因此随机生成次为有效生成的频率为, 根据频率估计概率,利用模型随机生成次文本,该文本生成效果为有效生成的概率. (2)零假设:文本生成效果与模型类型无关. 代入卡方公式计算,令, 因为小概率值对应的临界值,由于,因此不成立. 结论:依据的独立性检验,认为文本生成效果与模型类型有关. 第16题： 【答案】见解析 【解析】(1)因为, 由正弦定理得,即, 因为在中,,所以, 又,所以. (2)因为,,结合正弦定理,得,所以,. 在中,. 所以. 因为为锐角三角形, 所以,解得,则,所以, 所以. 第17题： 【答案】见解析 【解析】（1） 由题意得,,. 因为有两个极值点,所以方程有两个不相等的正根, 所以,解得. 检验:当时,由得或. 所以在上单调递增,在上单调递减, 在上单调递增,满足题意. 所以实数的取值范围为. （2） 证明:由(1)知,, 所以, 所以. 令,则, 令,则, 所以在上单调递增. 因为,, 所以函数存在唯一零点,即, 且当时,单调递减;当时,,单调递增, 所以当时,存在最小值,即. 因为,所以,所以, 所以. 第18题： 【答案】见解析 【解析】(1)证明:连接,交于点,连接. 因为正三棱柱各棱长均相等,所以侧面为正方形,所以为中点, 又为中点,所以. 又平面,平面, 所以平面. (2)因为为正三角形,为中点,所以. 以为原点,,分别为轴,轴建立如图所示空间直角坐标系, 设正三棱柱各棱长为2, 则,,,, 所以,,. 设平面的法向量为, 所以,即,令,则,,所以. 设平面的法向量为, 所以,即,令,则,,所以. 设平面与平面夹角为, 则. 故平面与平面夹角的余弦值. 第19题： 【答案】见解析 【解析】(1)由题可得. 由双曲线定义知,则. 因为,所以, 又,所以, 所以双曲线的方程为. (2)联立,所以, 由题知:, 所以,解得或, 即. (3)设,点关于原点的对称点记为, 此时,, 因为,,所以, 因为,所以,即, 所以,,三点共线,且, 设直线的方程为, 联立,消去并整理得, 此时且,,, 因为,所以, 且, 则,所以, 设直线的倾斜角为,此时,, 所以, 同理可得, 所以, 所以,,成等差数列. 学科网（北京）股份有限公司 $