精品解析：陕西西安市临潼区华清中学2026届高三下学期第二次自主命题数学试题

华清中学2026届高三下学期第二次自主命题 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 命题人、校对人：高三数学组 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． 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. 已知复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. 1或6 C. D. 1 2. 已知命题p：，；命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）． A. B. C. D. 6. 若圆与交于两点，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 甲箱中有2个红球，3个白球和2个黑球，乙箱中有3个红球和3个黑球，先从甲箱中随机摸出一个球放入乙箱中，再从乙箱中摸出2个球，分别用表示从甲箱中摸出的球是红球，白球和黑球的事件，用B表示从乙箱中摸出的2个球颜色不同的事件，则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量、满足：，，向量与向量的夹角为，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 二、多选题：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. 如图，在正三棱柱中，点P，Q，M，N分别是，，，BC的中点，则下列说法中正确的有（ ） A. 平面ABC B. C. 平面 D. PQ与MN相交 10. 下列结论正确的是（ ） A. 将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变 B. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差 C. 两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于0 D. 决定系数可以衡量一个模型拟合效果，它越大说明拟合效果越好 11. 已知点，点为平面上的一个动点，为直线的斜率．定义运算：，则下列说法正确的是（ ） A. 若运算为加法，则点的轨迹曲线关于原点对称 B. 若运算为减法，则点的轨迹为开口向右的抛物线的一部分 C. 若运算为乘法，则点的轨迹为焦点在轴上的椭圆的一部分 D. 若运算为除法，则点的轨迹为一条直线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于_________. 13. 某班30个男生的数学平均分为90，方差为4，20个女生的数学平均分为85，方差为6，则全班50个学生的数学成绩的方差为_______． 14. 已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则______． 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. 随着新能源产业的发展，我市近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究我市充电桩建设的情况，能源部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用表示（用分别表示2021年，2022年，…，2025年），具体参考数据如下表： 统计量 数值 15 21 55 72.6 （1）请根据表中数据，建立关于的回归直线方程； （2）现对该市某区域现有的9个充电桩进行检查，其中4个为快充桩，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值． （参考公式：） 16. 在等差数列中，公差，已知成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，证明：数列的前项和． 17. 已知函数，其中. （1）当时， （ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （ⅱ）求函数的单调区间； （2）若，求的取值范围. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，轴，且． （1）求的方程； （2）过点的直线交于不同的两点于点， ①求面积的最大值； ②判断直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 19. 如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面BEF； （3）求二面角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华清中学2026届高三下学期第二次自主命题 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 命题人、校对人：高三数学组 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． 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. 已知复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. 1或6 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据实部为零，虚部不为零列式计算. 【详解】由题意可得：且，则. 故选：D. 2. 已知命题p：，；命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】对于两个命题而言，可分别取、，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解. 【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题， 对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题， 综上，和都是真命题. 故选：B. 3. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解. 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角余弦公式得，则，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案. 【详解】， 因为，则，则， 则. 故选：D. 5. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可. 【详解】将直线与椭圆联立，消去可得， 因为直线与椭圆相交于点，则，解得， 设到的距离到距离，易知， 则，， ，解得或（舍去）， 故选：C. 6. 若圆与交于两点，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】易知，通过联立圆方程得到直线方程，进而计算得到和长度，最终计算四边形面积. 【详解】如图所示，连接交于点，则， 联立，则直线方程为， ，，， 则. 7. 甲箱中有2个红球，3个白球和2个黑球，乙箱中有3个红球和3个黑球，先从甲箱中随机摸出一个球放入乙箱中，再从乙箱中摸出2个球，分别用表示从甲箱中摸出的球是红球，白球和黑球的事件，用B表示从乙箱中摸出的2个球颜色不同的事件，则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率及全概率知识点求解即可． 【详解】由题可知，， ， ， ， 则 ， 综上，选项B错误． 8. 已知向量、满足：，，向量与向量的夹角为，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】设，，，从而得到等边三角形，进一步可得的轨迹是两段圆弧，画出示意图可知当是所在圆的直径时，取得最大值. 【详解】由， 故，即， 如图，设，则是等边三角形， 向量满足与的夹角为, ， 因为点在外且为定值， 所以的轨迹是两段圆弧，是弦AB所对的圆周角， 因此：当是所在圆的直径时,取得最大值， 在中，由正弦定理可得：， 故取得最大值4. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：设，关键能够根据已知条件确定的轨迹是弦所对的两段圆弧，从而确定当AC是所在圆的直径时，取得最大值，即可求解. 二、多选题：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. 如图，在正三棱柱中，点P，Q，M，N分别是，，，BC的中点，则下列说法中正确的有（ ） A. 平面ABC B. C. 平面 D. PQ与MN相交 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取的中点，证明，结合线面平行判定定理证明平面，即可判断，对于B，若，则，连接，为的中点，证明，设，，求，推出矛盾，对于C，根据线面垂直判定定理证明结论即可判断，对于D，证明，，由此即可判断. 【详解】对于A，取的中点D，连接，. 在中，P，D分别为，中点， ，且. 在直三棱柱中，，. Q为棱的中点，，且. ，. 四边形为平行四边形，从而. 又平面，平面，平面，A正确， 对于B，因为为的中点，若，则， 连接，为的中点，则，又平面， 所以平面，平面， 所以，设，， 则，， 所以，，与矛盾， 所以不成立，B错误， 对于C，在直三棱柱中，平面. 又平面，.，D为中点，. 由选项A的推理知，，. 又，平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D，因为为的中点，四边形为矩形， 所以点为的中点，又为的中点， 所以，且， 又分别为的中点，所以，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，故与相交，D正确. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变 B. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差 C. 两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于0 D. 决定系数可以衡量一个模型拟合效果，它越大说明拟合效果越好 【答案】AD 【解析】 【分析】利用波动大小判断A；利用残差图的意义判断B；利用相关系数、决定系数的意义判断CD. 【详解】对于A，将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，数据波动性不变，方差不变，A正确； 对于B，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，B错误； 对于C，两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，C错误； 对于D，决定系数越接近于1，说明拟合效果越好，D正确. 故选：AD 11. 已知点，点为平面上的一个动点，为直线的斜率．定义运算：，则下列说法正确的是（ ） A. 若运算为加法，则点的轨迹曲线关于原点对称 B. 若运算为减法，则点的轨迹为开口向右的抛物线的一部分 C. 若运算为乘法，则点的轨迹为焦点在轴上的椭圆的一部分 D. 若运算为除法，则点的轨迹为一条直线 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意可得，结合选项代入计算化简，根据函数奇偶性可判断A；根据抛物线得定义可判断B；根据椭圆的定义可判断C；由不满足题意计算判断D. 【详解】由题意可得， 对于A，若运算为加法，则， 化简可得，即， 因为为奇函数， 所以点的轨迹曲线关于原点对称，故A正确； 对于B，若运算为减法，则， 化简可得，即， 所以点的轨迹为开口向上的抛物线的一部分，故B错误； 对于C，若运算为乘法，则， 化简可得，即， 所以点的轨迹为焦点在轴上的椭圆的一部分，故C正确； 对于D，若运算为除法，则，解得， 当时，即，此时，不符合题意， 所以点的轨迹是直线去掉点，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于_________. 【答案】 【解析】 【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前项和的定义，得到关于的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前项和性质得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】法一：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 当时，，即，则，显然不成立，舍去； 当时，则， 两式相除得，即， 则，所以， 所以该等比数列公比为2. 故答案为：. 法二：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 所以， ， 所以，则，所以， 所以该等比数列公比为2. 故答案为：2. 法三：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 因为， 又， 所以，所以， 所以该等比数列公比为. 故答案为：. 13. 某班30个男生的数学平均分为90，方差为4，20个女生的数学平均分为85，方差为6，则全班50个学生的数学成绩的方差为_______． 【答案】10.8 【解析】 【分析】根据已知条件先求出全班的数学均分，代入方差公式求解即可. 【详解】解：设男生平均分为，男生的方差为；女生的平均分为，女生的方差为， 则全班50个学生的数学平均分， 所以全班50个学生数学成绩的方差， 代入数据可得， 因此，全班50个学生的数学成绩的方差为. 14. 已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设，依题可得，，结合的解可得，，从而得到的值，再根据以及，即可得，进而求得． 【详解】设，由可得， 由可知，或，，由图可知， ，即，． 因为，所以，即，． 所以， 所以或， 又因为，所以，． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查根据图象求出以及函数的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键． 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. 随着新能源产业的发展，我市近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究我市充电桩建设的情况，能源部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用表示（用分别表示2021年，2022年，…，2025年），具体参考数据如下表： 统计量 数值 15 21 55 72.6 （1）请根据表中数据，建立关于的回归直线方程； （2）现对该市某区域现有的9个充电桩进行检查，其中4个为快充桩，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值． （参考公式：） 【答案】（1）； （2）的分布列为： 0 1 2 3 均值． 【解析】 【分析】(1)代入回归直线方程的计算公式计算回归直线方程； (2)根据题意可以看出服从超几何分布，根据超几何分布的概率计算公式可得到的分布列及均值． 【小问1详解】 由题意可得：；； 故； ； 则关于的回归直线方程为：． 【小问2详解】 由题意知，随机变量的取值为：0，1，2，3；则： ； ； ； 故的分布列为： 0 1 2 3 所以随机变量的均值． 16. 在等差数列中，公差，已知成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，证明：数列的前项和． 【答案】（1） （2）因为， 所以， 所以 【解析】 【分析】（1）由可得，结合等差数列通项公式及等比数列定义计算求解即可； （2）由（1）可得，根据裂项相消法计算即可得证. 【小问1详解】 由，得 ，解得， 故． 将数列记为， 因为为等比数列，所以公比， 所以．① 又，② 由①②，得． 【小问2详解】 略 17. 已知函数，其中. （1）当时， （ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （ⅱ）求函数的单调区间； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）在上单调递减，在上单调递增. （2）. 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）根据导数的几何意义求切线方程； （ⅱ）根据导数的正负求函数的单调区间； （2）首先确定，再根据导数求函数的最小值，根据最小值，结合极值点化简不等式，求和的取值范围. 【小问1详解】 当时，，. （ⅰ）因，，所以切线方程为. （ⅱ）由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，，不满足题意. 所以，此时. 显然是上的增函数，且时，，时，， 所以存在唯一正实数使得，即. 此时在上单调递减，在上单调递增. 由题意. 将代入上式整理得：，解得：. 此时，代入后. 化简得：，解得：. 令，其中. 则，所以是区间上的增函数. 所以，代入得到的取值范围是. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，轴，且． （1）求的方程； （2）过点的直线交于不同的两点于点， ①求面积的最大值； ②判断直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 【答案】（1） （2）① ；② 过定点 . 【解析】 【分析】（1）先由焦点得，建立；再利用轴，将点横坐标代入椭圆，联立方程组，求出的解，得到椭圆方程； （2）①设直线，联立椭圆得一元二次方程，由韦达定理写出、；将面积转化为，换元后用均值不等式求最值，得最大值即可； ②由得，写出直线方程，令求；代入并结合韦达定理化简，消去参数后得，即可得到直线的定点. 【小问1详解】 因为椭圆，焦点， ， 由 轴，点的横坐标为，代入椭圆方程：，， 联立方程组：，解得， ∴椭圆的方程为：. 【小问2详解】 由（1）知点 ， 为直线 ，由 ，得 ， 设直线 的方程为，， 则联立：， 消元得：， ，所以 由韦达定理： ①， 则， 令，则，所以， 由均值不等式，当且仅当 时取等号， ②直线 过点 和，方程为： 令，得：， 将 代入：， 由韦达定理得 ， 代入化简：， ∴直线恒过定点. 19. 如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面BEF； （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明； （3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF； 【小问3详解】 法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为. 法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $