精品解析：陕西省西安中学2025-2026学年高三下学期模拟数学试卷

陕西省西安中学高2026届高三模拟考试 数 学 （时长：120分钟 满分：150分 命题人：杜 薇） 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，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上． 2．作答选择题时，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；需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，涂写在本试卷上无效． 3．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：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. 设，为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 3 2. 设集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 设直线与双曲线C：的一条渐近线平行，则的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 5 4. 已知函数图象相邻的两个对称中心间的距离为，若，则函数图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 中国象棋中规定：马走“日”字，象走“田”字．如图，在中国的半个象棋棋盘（的矩形中每个小方格都是单位正方形）中，若马在A处，可跳到处，也可跳到处，用向量，表示马走了“一步”．若马从图中的B处跳到C处，且要求走的步数最少，则马不同的行走路径有（ ） A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种 7. 已知圆，直线：，若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则b的值为（ ） A. 0 B. ±1 C. D. 8. 已知，则的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有选错或不选的得0分． 9. 如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 线段为直三棱柱外接球的直径 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成角为 10. 的内角，，的对边分别为，，，已知，，则（ ） A. B. 若，则的面积为2 C. 若，则或3 D. 的最小值为 11. 已知抛物线C：的焦点为F，直线与C相交于A，B两点，P为AB的中点，为坐标原点，且，则（ ） A. 当时， B. 点F到的距离的最大值为 C. D. 点P的轨迹是一条抛物线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 圆台的上，下底面半径分别为3和4，母线长为a，其侧面积等于，随机变量X服从正态分布，则_____． 13. 设为等比数列的前项和，已知，，则__________． 14. 从1，2，3，…，11这11个数中随机抽取3个互不相同的正整数，，，则能被4整除的概率为________ 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. 为了了解我市参加2018年全国高中数学联赛的学生考试结果情况，从中选取60名同学将其成绩（百分制，均为正数）分成六组后，得到部分频率分布直方图（如图），观察图形，回答下列问题： （1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图； （2）根据频率分布直方图，估计本次考试成绩的众数、均值； （3）根据评奖规则，排名靠前10%的同学可以获奖，请你估计获奖的同学至少需要多少分？ 16. 已知等差数列的前项和为，且为等差数列． （1）求的通项公式； （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，记数列的前项和为，求证：． 17. 已知如图①，在菱形中，且，为的中点，将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥. （1）求证：平面平面； （2）若为的中点，求二面角的余弦值. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，P为椭圆上一动点，面积的最大值为2. （1）求椭圆E的方程； （2）若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足，连结CM交椭圆于点N，O为坐标原点.证明：为定值； （3）平面内到两定点距离之比是常数的点的轨迹是圆.椭圆E的短轴上端点为A，点Q在圆上，求的最小值. 19. 已知函数. （1）当时，求证：函数有唯一极值点； （2）当时，求在区间上的零点个数； （3）两函数图像在公共点处的公切线称为“合一切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“合一切线”，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西省西安中学高2026届高三模拟考试 数 学 （时长：120分钟 满分：150分 命题人：杜 薇） 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，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上． 2．作答选择题时，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；需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，涂写在本试卷上无效． 3．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：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. 设，为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法，结合纯虚数的定义求解. 【详解】依题意，，而， 则，解得. 故选：A 2. 设集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集为空集，即可求解. 【详解】由于，所以， 故选：A 3. 设直线与双曲线C：的一条渐近线平行，则的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知双曲线的渐近线方程为， 直线与双曲线的一条渐近线平行， 则，又，则 所以的离心率为． 4. 已知函数图象相邻的两个对称中心间的距离为，若，则函数图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得函数周期，即可得，再利用可求出，结合函数对称性即可得解. 【详解】由题可得，，又，所以， 所以，则， 则，又，则，故， 令，解得， 结合选项可得当时，， 故是图象的一个对称中心，其余选项皆不符合. 5. 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合已知条件，可以得到函数的周期性，再结合奇偶性可以将缩小到的区间内，从而求出函数值 【详解】因为，所以，所以，所以是周期为4的函数，所以，因为是奇函数，所以，所以 故选：C 6. 中国象棋中规定：马走“日”字，象走“田”字．如图，在中国的半个象棋棋盘（的矩形中每个小方格都是单位正方形）中，若马在A处，可跳到处，也可跳到处，用向量，表示马走了“一步”．若马从图中的B处跳到C处，且要求走的步数最少，则马不同的行走路径有（ ） A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种 【答案】B 【解析】 【分析】枚举即可得. 【详解】“马”从B处走到C处，最少需要3步，不同的行走路线有（如图所示）： 若第一步为，再从到有2种走法； 若第一步为，再从到有2种走法； 若第一步为，再从到有2种走法， 所以不同的行走路径有种． 7. 已知圆，直线：，若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则b的值为（ ） A. 0 B. ±1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据圆的方程得出圆心坐标和半径；再根据题意分析得出圆心O到直线：的距离d为1；最后利用点到直线距离公式等式求解即可. 【详解】圆的圆心坐标是，半径为2. 因为圆上恰有三个点到直线距离等于1， 所以圆心O到直线：的距离d为1，即，得. 故选：C. 8. 已知，则的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先进行同构，得到，设函数，利用导数分析函数的单调性，分情况讨论的大小关系，各项逐一验证即可. 【详解】由题意知，因为， 两边同时取以为底的对数，得，，即， 令，则，令，得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 又，所以或； ，使得，所以或； ，使得，所以或． 当，时，B成立； 当时，C成立； 当（或）时，D成立； 由于B、C、D均可能成立，故选A． 故选：A 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有选错或不选的得0分． 9. 如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 线段为直三棱柱外接球的直径 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成角为 【答案】BC 【解析】 【分析】由异面直线的判定判断A；补形为正方体判断B；利用等体积法求出体积判断C；求出异面直线夹角判断D. 【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线， 点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误； 对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱， 矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确； 对于C，点到平面的距离为， 则，C正确； 对于D，取中点，连接，由是中点，得， 则是异面直线与所成角或其补角， 由已知，，，平面， 所以平面，故平面， 又平面，于是，而， 因此，即，D错误. 10. 的内角，，的对边分别为，，，已知，，则（ ） A. B. 若，则的面积为2 C. 若，则或3 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由条件结合正弦定理化边为角及两角和的正弦公式求得，则，可判断A；利用三角形的面积公式可判断B；由余弦定理求解可判断C；由正弦定理可判断D. 【详解】∵，∴， ∴，即， ∵，∴，∴，即， ∵，∴，故A正确； 若，，则的面积为，故B错误； 若，，则由余弦定理得， 即，解得或3，故C正确； 由正弦定理可得，则， ∵，∴，∴， ∴当，即时，取最小值，故D正确， 故选：ACD. 11. 已知抛物线C：的焦点为F，直线与C相交于A，B两点，P为AB的中点，为坐标原点，且，则（ ） A. 当时， B. 点F到的距离的最大值为 C. D. 点P的轨迹是一条抛物线 【答案】ABD 【解析】 【分析】设直线的方程为，，与抛物线方程联立，可求得，A选项，根据得，所以，所以直线垂直于轴，求出A正确；B选项，直线的过定点，从而得到点F到的距离小于等于；C选项，由向量数量积运算法则和基本不等式得到，又，故C错；D选项，消元得到，所以点P的轨迹是一条抛物线. 【详解】设直线的方程为，， 把直线的方程与抛物线方程联立，可得， 因为有两个不同的交点，， 所以，又因为，，所以， 因为，所以，所以，所以， 所以，解得或， 当时，直线的过坐标原点，此时不符合，故舍去， 当时，满足，所以直线的过定点， 对于A，由抛物线方程，可得焦点，又， 即，解得， 又，所以，所以直线垂直于轴， 中，令得，不妨设， 所以，故A正确； 对于B，点F到的距离小于等于，所以点F到的距离的最大值为，故B正确； 对于C，其中，， ， 当且仅当时取等号， 所以，又，故和的大小不确定，故C错误； 对于D，由题意可得，， 所以，即，所以点P的轨迹是一条抛物线，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 圆台的上，下底面半径分别为3和4，母线长为a，其侧面积等于，随机变量X服从正态分布，则_____． 【答案】4 【解析】 【分析】先根据圆台的侧面积公式求出值，再利用正态分布中的含义即可求解. 【详解】由圆台的侧面积公式，解得， 因为随机变量X从于正态分布，所以． 故答案为：4 13. 设为等比数列的前项和，已知，，则__________． 【答案】560 【解析】 【分析】 利用等比数列的前项和公式，求得及（是公比）．然后再由等比数列前项和公式计算． 【详解】设等比数列的公比为，易知，因为，， 所以，所以，所以，又因为，所以， 所以. 故答案为：560. 14. 从1，2，3，…，11这11个数中随机抽取3个互不相同的正整数，，，则能被4整除的概率为________ 【答案】 【解析】 【分析】由题意知a，b，c中至少有1个数为偶数，分类讨论，求出对应的总数，结合古典概型的概率公式计算即可求解. 【详解】考虑abc能被4整除的抽法： 由abc能被4整除可知，a，b，c中至少有1个数为偶数， 若a，b，c中恰有1个偶数2个奇数，则偶数须为4或8，不同的抽法有种， 若a，b，c中恰有2个偶数1个奇数，则不同的抽法有种， 若a，b，c均为偶数，则不同的抽法有种， 所以使abc能被4整除的不同抽法有种， 因此abc能被4整除的概率为， 故答案为：. 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. 为了了解我市参加2018年全国高中数学联赛的学生考试结果情况，从中选取60名同学将其成绩（百分制，均为正数）分成六组后，得到部分频率分布直方图（如图），观察图形，回答下列问题： （1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图； （2）根据频率分布直方图，估计本次考试成绩的众数、均值； （3）根据评奖规则，排名靠前10%的同学可以获奖，请你估计获奖的同学至少需要多少分？ 【答案】（1）详见解析（2）众数为：75和85，均值为：（3）88分 【解析】 【分析】⑴由频率分布直方图即可计算出分数在内的频率 ⑵由频率分布直方图得到本次考试成绩的众数，然后计算平均值 ⑶结合题意计算出排名靠前10%的分数 【详解】（1）设分数在内的频率为，根据频率分布直方图，则有，可得， 分数在内的频率为0.25. 所以频率分布直方图为： （2）由图知，众数为：75和85 均值为：. （3）因为分数在内的频率为0.25，内的频率为0.05， 而 所以得分前10%的分界点应在80至90之间. 设所求的分界点为， 则，解得. 所以得分前10%的分界点为88，即获奖的同学至少需要88分. 【点睛】本题考查了频率分布直方图的实际运用，在解题过程中一定要会分析频率分布直方图，并能正确计算出结果，较为基础． 16. 已知等差数列的前项和为，且为等差数列． （1）求的通项公式； （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，记数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2） 证明：由题设得，即， 所以①， 则②， 由①-②得：， 所以， 因为，所以，所以，即证． 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式，代入数据直接计算可得答案； （2）利用等差数列的性质可得，利用错位相减法求出，即证． 【小问1详解】 因为等差数列中，，又， 所以，即①， 因为为等差数列，所以， 令时，，即，则②， 结合①②，解出，则， 所以的通项公式为． 【小问2详解】 略 17. 已知如图①，在菱形中，且，为的中点，将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥. （1）求证：平面平面； （2）若为的中点，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用题中所给的条件证明，，因为，所以，，即可证明平面，进一步可得面面垂直； （2）先证明平面，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量的夹角公式即可求解 【详解】解：（1）在图①中，连接，如图所示： 因为四边形为菱形，，所以是等边三角形. 因为为的中点，所以，. 又，所以. 在图②中，，所以，即. 因为，所以，. 又，，平面. 所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）由（1）知，，. 因为，，平面. 所以平面. 以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系： 则，，，，. 因为为的中点，所以. 所以，. 设平面的一个法向量为， 由得. 令，得，，所以. 设平面的一个法向量为. 因为， 由得 令，，，得 则， 所以二面角的余弦值为. 【点睛】思路点睛：证明面面垂直的思路 （1）利用面面垂直的定义，（不常用） （2）利用面面垂直的判定定理； （3）利用性质：，. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，P为椭圆上一动点，面积的最大值为2. （1）求椭圆E的方程； （2）若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足，连结CM交椭圆于点N，O为坐标原点.证明：为定值； （3）平面内到两定点距离之比是常数的点的轨迹是圆.椭圆E的短轴上端点为A，点Q在圆上，求的最小值. 【答案】（1）； （2）见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）结合离心率和面积的最大值列出关于的方程，解方程即可； （2）设直线CM方程，写出点M坐标，联立椭圆方程，求点N坐标，通过向量数量积计算即可； （3）设点坐标，借助点在圆上，将转化成，再借助椭圆定义将转化成，最后通过三点共线求出最小值. 【小问1详解】 当P为短轴端点时，的面积最大，， 解得， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，, 设直线，， ， 联立整理得， 由得，， ,， 故为定值4. 【小问3详解】 由题意，设，使， ，整理得， 又点Q在圆上，解得， 由椭圆定义得，， 当三点共线时，有最小值. 【点睛】（1）关键在于建立的方程； （2）关键在于设出直线方程，联立得出点N坐标； （3）关键在于利用题目中给出的圆的定义将转化成，再结合椭圆定义，将问题简化成共线问题. 19. 已知函数. （1）当时，求证：函数有唯一极值点； （2）当时，求在区间上的零点个数； （3）两函数图像在公共点处的公切线称为“合一切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“合一切线”，求的值. 【答案】（1）证明：函数，有，则在R上单调递增， 当时，有，即. 当时，由，得，且. 当时，. 因为，所以. 因为对任意恒成立，所以当时，. 则在上单调递减，在上单调递增， 所以是的唯一极值点. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数单调性，确定极值点个数； （2）利用函数单调性，结合零点存在定理，求零点个数； （3）由题意设曲线与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为，则，再结合导数与切线斜率的关系，以及函数值，导数值之间的关系即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，，， 当时，，所以在上单调递减， 因为， 所以由零点存在定理知在上有且仅有一个零点. 当时，令，则， 当时，有，所以在上单调递增， 又因为，所以存在使得， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，故在上无零点， 当时，，所以在上单调递增， 又，所以在上有且仅有一个零点. 综上所述：在上有且只有2个零点. 【小问3详解】 设曲线与曲线的两条互相垂直的“合一切线”的切点的横坐标分别为， 其斜率分别为，则. 因为，所以. 所以. 不妨设，则. 因为， 由“合一切线”的定义可知，. 所以. 由“合一切线”的定义可知，，所以. 当时，取， 则，符合题意. 所以. 【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题； （4）考查数形结合思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $