精品解析：陕西宝鸡南山高级中学2026届高考考前自测（四）数学试题

宝鸡南山中学2026年高考模拟考试（四)数学学科试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 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. 若，为实数，且，则（ ） A. 7 B. 5 C. D. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，若，，，则（ ） A. 0 B. C. D. 4. 已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在六面体中，上下底面均为矩形，且平面平面，，，平面ABCD，，，，则六面体的体积为（ ） A. 45 B. 47 C. 60 D. 75 6. 今天是星期一，再过天是星期几（ ） A. 星期二 B. 星期三 C. 星期四 D. 星期五 7. 小明在某不透明的盒子中放入4红5黑9个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色）.现从剩下8个小球中取出两个小球，结果都是黑球，则丢掉的小球也是黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 无穷数列满足，有且仅有100个正整数，使得.记是不大于实数的最大整数，则的值为（ ） A. B. 100 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. 下列说法正确的是（ ） A. 随机事件A,B相互独立的充要条件是 B. 设X为随机变量,则 C. ,则, D. 若,记函数,,则的图象关于点对称 10. 已知函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 11. 已知对勾函数的图象是双曲线，焦点分别为、，直线与对勾函数的图象交于、两点，且和在第一象限，过作直线的垂线，垂足为，则（ ） A. 对勾函数的离心率为 B. C. D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的公差为，前项和为，且，，成等比数列．数列的通项公式___________． 13. 已知双曲线右焦点也是抛物线的焦点，两曲线在第一象限的公共点为，且垂直于轴，则双曲线的离心率为______. 14. 在三棱锥中，直线平面，，.设直线与平面所成的角为，则的最小值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数的图象关于点中心对称. （1）求，； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，求角. 16. 如图三棱锥中，，平面平面，平面平面. （1）证明：平面； （2）若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积. 17. 已知函数， （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当函数有两个极值点且.证明：. 18. 在平面直角坐标系中，，是两定点，动点与、连线的斜率之积为. （1）求动点的轨迹方程； （2）过点的直线与的轨迹相交于点，，直线，与直线分别交于点，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）记，，的面积分别为，，，且，求直线的方程. 19. 已知袋子中共有个形状相同的球，红、黄、蓝三种颜色，其中红球有个，随机不放回依次逐个取出一球，直到将球全部取出. （1）求第二次取出的球是红球的概率； （2）若红球、黄球、蓝球的个数分别是3、2、2，求红球被全部取出时袋子里还有黄球和蓝球的概率； （3）记随机变量为最后一个红球取出时总共所取出球的个数，是的数学期望，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宝鸡南山中学2026年高考模拟考试（四)数学学科试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 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. 若，为实数，且，则（ ） A. 7 B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据条件转化为，再利用复数相等求参数. 【详解】由条件可知，即， 得且，解得，， 所以. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， 故. 3. 在中，若，，，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由余弦定理，. 4. 已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合条件作图可得为等边三角形，再根据投影向量的概念求解即可. 【详解】因为，所以是的中点，则是圆的直径，， 又，所以是等边三角形，，. 设，则，作于，则， 所以，即为向量在向量上的投影向量， . 5. 如图，在六面体中，上下底面均为矩形，且平面平面，，，平面ABCD，，，，则六面体的体积为（ ） A. 45 B. 47 C. 60 D. 75 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意把六面体 可以看成长方体的一部分；再结合柱体体积和锥体体积用该长方体的体积减去多余部分的体积即可求解. 【详解】根据题意可知：六面体可以看成长方体的一部分. 在长方体中，，. 长方体的体积. 直三棱柱的体积. 直三棱柱的体积. 三棱锥的体积. 所以六面体的体积. 6. 今天是星期一，再过天是星期几（ ） A. 星期二 B. 星期三 C. 星期四 D. 星期五 【答案】D 【解析】 【分析】通过二项式定理将逐步变形为与相关的展开式，消去能被整除的项，最终求得除以的余数，进而推算出对应的选项. 【详解】因为， 由能被整除，则上式前项都能被整除，只需看最后一项除以的余数， 由， 则除以的余数为， 所以今天是星期一，再过天，是星期五. 7. 小明在某不透明的盒子中放入4红5黑9个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色）.现从剩下8个小球中取出两个小球，结果都是黑球，则丢掉的小球也是黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先计算每种情况下，“取出 2 个黑球” 的条件概率，再用贝叶斯公式计算概率. 【详解】用表示丢掉一个小球后任取两个小球均为黑球，用表示丢掉的小球为红球，表示丢掉的小球为黑球，则， 由全概率公式可得， 所以. 故选：D 8. 无穷数列满足，有且仅有100个正整数，使得.记是不大于实数的最大整数，则的值为（ ） A. B. 100 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用裂项相消法求和推得，利用数列递推式推得是等差数列，求得通项，然后化简不等式，即可作出判断. 【详解】由可得：， 则，即（*）. 又由可得，所以数列是等差数列，公差为，则， 即，且，即， 则由（*）得，即，也即. 当时，不等式对任意正整数恒成立，不满足题意，则， 由于有且仅有100个正整数，使得， 由可得，则，即，故. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 随机事件A,B相互独立的充要条件是 B. 设X为随机变量,则 C. ,则, D. 若,记函数,,则的图象关于点对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据随机事件的独立性、随机变量的方差与期望的关系、二项分布的期望与方差、正态分布的对称性逐一严格推导每个选项的正确性，排除错误选项. 【详解】对于A，先证必要性：若相互独立，则， 所以， 再证充分性：若，则， 所以，即，说明与相互独立， 所以随机事件A,B相互独立的充要条件是，故A正确； 对于B，由于，则， 所以， 即，所以B正确； 对于C，由,则,，故C错误； 对于D，因为,记函数,, 所以对任意，有， 由正态分布的对称性：， 因此， 即的图象关于点对称，故D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】首先利用单调性画出函数的图象，再根据图象，以及函数的单调性判断选项. 【详解】A.时，，时，单调递减，时，单调递增， 所以是的极小值点，故A正确； 如图，画出函数的图象， B.当，，得或 所以当，， 当，单调递增，由增加到1， ，由1减小到，存在点时，，故B错误； C.如图，当时，，，，此时，不满足，故C错误； D.当时，，，此时， ，所以，故D正确. 11. 已知对勾函数的图象是双曲线，焦点分别为、，直线与对勾函数的图象交于、两点，且和在第一象限，过作直线的垂线，垂足为，则（ ） A. 对勾函数的离心率为 B. C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【详解】对勾函数的两条渐近线分别为轴和，所以它的对称轴为， 设双曲线的实轴长为，虚轴长为，且， 由双曲线的性质可知，化简可得离心率，故A正确； 对称轴与的交点坐标为和， 所以，因为，关于原点对称， 所以，故B正确； 由图可知，且，所以，故，C错误； 若，则四边形为矩形，所以， 设，故有解得，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的公差为，前项和为，且，，成等比数列．数列的通项公式___________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：因为，，，由题意的，解得，所以，故答案为. 考点：1、等差数列的通项公式；2、等差数列的前 项和公式. 【方法点睛】本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前 项和公式，属于中档题.等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等差数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程. 13. 已知双曲线右焦点也是抛物线的焦点，两曲线在第一象限的公共点为，且垂直于轴，则双曲线的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】联立双曲线方程和抛物线方程，代入，，得到关于离心率的齐次式，求出答案 【详解】双曲线的右焦点坐标为， 的焦点坐标为，故，， 联立与得， 又，故， 满足，故， 即，化简得， 方程每项除以得，解得， 因为，所以不合要求，舍去， ，故. 14. 在三棱锥中，直线平面，，.设直线与平面所成的角为，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据线面角的定义，转化为求的最大值，利用正弦定理求的最大值. 【详解】因为平面，所以为直线与平面所成的角， 中，，，外接圆的半径为， 所以， 不妨设点为定点，点在以为弦，半径为的圆上运动， 所以的最大值为直径， ，当时，的最小值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数的图象关于点中心对称. （1）求，； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，求角. 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】（1）将原函数化简后，利用对称性有恒成立，代入计算解出即可得； （2）利用正弦定理将边化为角后，利用两角和的正弦公式计算可得，再利用（1）中所得可求出，结合可求出，即可得. 【小问1详解】 由题 ， 由函数的图象关于点中心对称， 则， 即， 即 ， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）知， 又，所以， 即， 所以.又，所以，又，所以， 又，∴， 又，所以，所以或， ∴或，又，所以或. 16. 如图三棱锥中，，平面平面，平面平面. （1）证明：平面； （2）若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）2 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，证明出线面垂直； （2）作出辅助线，得到二面角的平面角，根据正切值得到各边长，求出三棱锥的体积. 【小问1详解】 证明：在内任取一点P，过点P作于， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 又平面，所以. 过作于，同理可得， 又平面，平面，， 所以平面. 【小问2详解】 过点作于，由平面平面， 平面平面知平面. 又平面，所以 再过点作于，连接， 因为 ， 平面， 则平面， 所以即为二面角的平面角. 所以， 又，故为等边三角形， 所以，， 故， 又中，，所以，故， 所以，又为等边三角形，故， 所以三棱锥的体积. 17. 已知函数， （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当函数有两个极值点且.证明：. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当 时，，求其导函数，得到 ，再求出 ，由直线方程的点斜式可得答案； （2）求出 ，然后对 和 分类讨论，由在不同区间内的符号可得原函数的单调区间，进而判断原函数的单调性； （3）由（2）知，当时，有两个极值点且满足，由题意可知，可得 ，令， ，利用导数求其最大值可得结论 . 【小问1详解】 当时，，则 所以，又， 所以函数在处的切线方程为，即 . 【小问2详解】 函数的定义域为，则， 令，即，则 当，即时，，此时在上单调递减； 当，即当或时，若，方程的两根为，则两根均为正根，且，则时，，单调递减，时，，单调递增，时，，单调递减，若，恒成立，所以在上单调递减； 综上，当，在上单调递减；当时，在，上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 证明：由（2）知，当时，有两个极值点，满足，则 ， 所以 令， 则 ， 则当时，，单调递增，当，，单调递减， 所以，即. 【点睛】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，训练了构造函数法证明不等式的成立，属难题. 18. 在平面直角坐标系中，，是两定点，动点与、连线的斜率之积为. （1）求动点的轨迹方程； （2）过点的直线与的轨迹相交于点，，直线，与直线分别交于点，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）记，，的面积分别为，，，且，求直线的方程. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）或. 【解析】 【分析】（1）根据斜率之积得到方程，又与、不能重合，从而得到轨迹方程； （2）（ⅰ）设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，计算出，证明出结论； （ⅱ）计算出，，，由得到方程，解得，求出直线的方程 【小问1详解】 设点，由知，，化简得. 又与、不能重合，所以动点的轨迹方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）可设直线方程为，点， 联立得，， ， 则，， 又直线、方程分别为，， 分别与联立，得，. ∴，， ∴ 所以，. （ⅱ）先证明，在任意三角形中，若，， 三角形的面积 ， 由（ⅰ）知，， ∴，同理. ∴ . 又 ， 因为，， 所以， 故， 故， 由知，，解得. 所以直线的方程为或. 19. 已知袋子中共有个形状相同的球，红、黄、蓝三种颜色，其中红球有个，随机不放回依次逐个取出一球，直到将球全部取出. （1）求第二次取出的球是红球的概率； （2）若红球、黄球、蓝球的个数分别是3、2、2，求红球被全部取出时袋子里还有黄球和蓝球的概率； （3）记随机变量为最后一个红球取出时总共所取出球的个数，是的数学期望，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式，结合排列组合知识，即可得答案. （2）根据全概率公式，分析求解，即可得答案. （3）先取得X的取值，求出每个取值的概率，根据期望公式，即可得证. 【小问1详解】 记第二次取出的球是红球为事件A，将n个红球的安排情况作为样本空间， 则样本点总数为， 事件A表示第二次取出红球，则其他个红球在剩余的个位置中随机安排， 则事件A包含的样本点数为， 则. 【小问2详解】 记最后一次取出的是黄球为事件B，最后一次取出是蓝球为事件C， 显然事件B、C互斥，记红球最先被取完为事件D，则， 当事件B发生时，只需考虑取出所有蓝球之前红球被取完， 则， 当事件C发生时，只需考虑取出所有黄球之前红球被取完， 则， 所以. 【小问3详解】 由题意得X的取值为， 则随机变量X的分布列为， 所以随机变量X的期望 ， 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $