精品解析：陕西西安市第一中学2026届高三考前测试数学试题

绝密★本科目考试启用前 陕西省西安第一中学2026届第三次模拟测试 数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标好．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符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分别解出集合和，进而根据集合的交集运算即可求解． 【详解】由，解得或，所以或， 由，则，又，则，所以， 所以． 2. 已知的外接圆半径为，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，，利用平面向量数量积的运算性质、三角恒等变换并结合角的取值范围可求得的最大值. 【详解】由正弦定理可得，则，， 因为，所以， 所以 ， 因为，所以， 故当时，取最大值. 3. 设单位向量的夹角为，，则在上的投影数量为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出，求出，求出，则在上的投影数量为，代入数值求解即可. 【详解】单位向量的夹角为，， ， ， ， ， 则在上的投影数量为，故选项D正确. 4. 已知各项均为正数的等比数列的前项积为，且，成立，则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比数列前项积的定义，结合已知条件建立关于首项和公比的方程，求解后计算目标表达式的值. 【详解】设等比数列的公比为，由前项积定义，， 则，，，，. 由，得，两边约去，得. 将代入，得，即， 因，两边除以，得. 由，，故. 将代入，得，即， 因式分解得.因， 三次式，故，则. ，， 故. 故选：B. 5. 已知一圆台上底面直径为，下底面半径为，母线长为上底面半径的二倍，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据题干条件求出圆台的上下底面半径、母线长，再通过勾股定理计算圆台的高，最后代入圆台体积公式求解即可. 【详解】已知一圆台上底面直径为，则半径，下底面半径为，即，母线， 圆台的轴截面如图所示，其中，， 由题意可知圆台的高， 则根据圆台的体积公式得圆台的体积，故D正确. 6. 已知抛物线 在处的切线与圆： 交于两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】∵ 抛物线方程为，即，求导得. 当时，，切线斜率， ∴ 抛物线在处的切线方程为，整理得. ∵ 圆的方程为，∴ 圆心，半径. 圆心到切线的距离. 由弦长公式得. 在中，， 由余弦定理：， ∵ ，∴ . 7. 已知，则（ ） A. 1000 B. 1150 C. 1300 D. 1350 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，. 所以. 因为对二项分布，有， 所以， 所以， 所以. 8. 已知函数的导函数为，和的定义域均为，若，，，，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用题设等式和函数值，对进行赋值，依次求出，…，推得是以0为首项，为公差的等差数列，即可计算；再由条件推出，依次赋值求出，…，计算，即得答案. 【详解】由求导得， 又，两式相减可得， 令，可得， 在中，取，可得，解得， 在中，取，可得，所以， 在中，取，可得， 所以，再取，可得， 则得，…，故是以0为首项，为公差的等差数列， 所以； 由得，则， 取，可得，故，即， 又，所以，则， 因为，，则，， ，， ，，， 即， 所以． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 直线是函数的图象的一条对称轴 B. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为 C. 函数在区间上有3个零点 D. 函数在区间上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【详解】由题意得， ，是函数的图象的一条对称轴，故A正确， 将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象对应的函数为， 要使为奇函数，则，解得， 又，则的最小值为，故B正确， 令，则，解得， 当时，或， 函数在区间上有2个零点，故C错误， 当时，令， 在上单调递增，函数在区间上单调递增，故D正确. 10. 空间中，平面上的动点满足方程，（），则称为平面的方程．同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量．已知方程分别为，的平面，的交线为，则下列结论正确的是（ ） A. 经过点，，的平面的方程为 B. 若平面的方程为：，则坐标原点到平面的距离为 C. 交线为的一个方向向量为 D. 与方程为的平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合平面方程的定义、点到平面距离公式、直线方向向量的求解、线面角的向量计算方法，逐项分析判断即可. 【详解】 选项A：将、、分别代入，三个点均满足方程，且三点不共线可唯一确定平面，故A正确； 选项B：根据点到平面的距离公式，原点到平面的距离，故B正确； 选项C：易知方程的一组公共解为，且的另一组公共解为， 则直线经过和的一个方向向量为， 所以交线为l的方向向量为，故C错误； 选项D：取的方向向量，平面的法向量，设与所成角为，则，故D正确. 11. 甲、乙两人进行足球点球比赛，用抽签的方式决定谁先进行，甲、乙抽中的机会均等.每次点球若射中，则继续；若未射中，则换对方点球.已知甲、乙每次点球射中的概率分别为，且每次点球是否射中相互独立，则（ ） A. 第2个球是甲射门的概率为 B. 在第1个球和第2个球均是甲射门的条件下，第3个球是乙射门的概率为 C. 前4个球中甲、乙各射2个的概率为 D. 在第3个球是甲射门的条件下，第1个球是乙射门的概率为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：可得第2个球是甲射门的可能情况为：甲甲，乙甲，进而求概率；对于B：分析可知第2球甲未射中，即可得概率；对于C：可能情况有：甲甲乙乙，甲乙甲乙，甲乙乙甲，乙甲甲乙，乙甲乙甲，乙乙甲甲，进而求概率；对于D：分析可能情况的组成，结合条件概率公式运算求解. 【详解】记“抽签抽到甲”，“甲点球射中”，“抽签抽到乙”，“乙点球射中”， 则，，，可得，， 对于选项A：第2个球是甲射门的可能情况为：甲甲，乙甲， 所以所求事件的概率为，故A正确； 对于选项B：在第1个球和第2个球均是甲射门的条件下，第3个球是乙射门，可知第2球甲未射中， 所以所求事件的概率为，故B错误； 对于选项C：若前4个球中甲、乙各射2个，则可能情况有： 甲甲乙乙，甲乙甲乙，甲乙乙甲，乙甲甲乙，乙甲乙甲，乙乙甲甲， 所求的概率为，故C正确； 对于选项D：第3个球是甲射门的可能情况为：甲甲甲，乙甲甲，甲乙甲，乙乙甲， 对应的概率为， 第1个球是乙射门且3个球是甲射门的可能情况为：乙甲甲，乙乙甲， 对应的概率为， 所以所求事件的概率，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为______． 【答案】或 【解析】 【分析】先根据导数得出切线斜率 计算求出参数及切点，再点到直线距离等于半径得出参数. 【详解】设直线与曲线的切点为， 由，则，则，， 即切点为，所以直线为， 又直线与圆都相切， 则有，解得或 13. 的展开式中，的系数为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先写出的展开式，再将每一项与组合即可求得的系数. 【详解】， 则的系数为. 14. 已知正项数列满足：，数列的前项和.给出下列四个结论：①当时，；②当时，数列单调递增；③当时，；④当时，，都有成立.其中正确结论的序号是______________. 【答案】①③ 【解析】 【分析】对于①，根据已知条件求出，，进而求出，再比较与的大小；对于②，通过作差法判断与的大小关系，从而确定数列的单调性；对于③，利用放缩法结合已知条件得到的范围，进而求出的范围；对于④，举反例可说明. 【详解】当时，由可得， 因为数列是正项数列，所以， 则，所以， 那么，， 因为，所以，故①正确； 已知，（）， 两式相减得：， 即， 因为数列是正项数列，所以，那么与同号. 当时，，所以，则， 所以，即，数列单调递减，故②错误； 若，则，，故， 则时，故， 得到，故③正确； 当时，当，， ，，则，故④错误. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 在中，，，，为的中点，，分别在边，上，. （1）若，，求的值； （2）求面积的最小值. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，由勾股定理可得是直角三角形，从而求出，，在中利用正弦定理求出，所以，从而得出，则在中可计算得出； （2）设，，在，中分别利用正弦定理得出，，然后利用面积公式即可求解. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 解得，所以，则，， 在中，由正弦定理得，所以， 即，则， 因为，所以， 在中，，则． 又，所以． 【小问2详解】 设，， 则，，， 在中，由正弦定理得，整理得， 在中，由正弦定理得，整理得， 则， 又，， 所以， 所以． 16. 已知椭圆：，点，其中.过点作椭圆的两条切线，切点分别为，. （1）求直线的方程，并用表示； （2）若，求点的坐标及两条切线的方程. 【答案】（1）， （2）；和 【解析】 【分析】（1）首先利用直线与椭圆相切，联立方程，根据求出切点坐标，即可求解； （2）根据（1）的结果，将的面积表示为关于的方程，即可求解 【小问1详解】 设过点的切线方程为，与椭圆方程联立， 得①，整理为， 其中，得， 代回①得，即，得， 因此两个切点，的横坐标均为，故切点弦的方程为．又切点在椭圆上，所以． 即．故．因为，所以． 【小问2详解】 点到直线：的距离为．所以． 即． 由题意． 当时，． 又函数在上为正数，且是增函数，为正数，且是增函数，所以单调递增，所以解唯一． 故．当时，切点横坐标为．代入椭圆方程得， 所以．当切点为时，切线方程为，即． 当切点为时，切线方程为， 即． 17. 某智能制造工厂有甲、乙、丙三条生产线生产同款精密零件，其中甲生产线产能占总产量的，乙占，丙占；三条生产线的次品率分别为、、，所有零件外观无差异，随机混装入库． （1）随机抽取1件入库零件，求该零件为次品的概率； （2）若抽检发现该零件为次品，求该次品来自甲生产线的概率； （3）现从入库产品中随机独立抽取（，）件产品，记次品数量为，若，求正整数的最大值与最小值． 【答案】（1）； （2）； （3）最小值为，最大值为. 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式整合不同生产线的次品率，计算整体次品概率； （2）利用贝叶斯公式，结合全概率结果计算次品来自甲生产线的条件概率； （3）通过二项分布的相邻概率比值分析，确定使最大的的取值范围，进而得到最值. 【小问1详解】 设表示“零件来自第条生产线”（，对应甲、乙、丙），表示“零件为次品”. 由题意，，，，，，. 由全概率公式，. 【小问2详解】 由贝叶斯公式，. 【小问3详解】 由题意，，故（）. 要使最大，需满足且. 由，得， 化简得，解得，故. 由，得， 化简得，解得，故. 综上，正整数的最小值为，最大值为. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与直线所成角的余弦值； （3）若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】（1）取的中点，连接，， 由条件可得为的中位线，即， 又平面，平面，故平面， 由题意可知四边形是直角梯形，且， 则，，即四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，故平面， 而，平面，所以平面平面， 由平面，显然平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）构造面面平行即可证线面平行； （2）结合（1）找出直线与直线所成的角，再根据勾股定理，及余弦定理即可求解； （3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法即可确定的位置，进而根据等积法即可求出三棱锥的体积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，直线与直线所成角为， 又平面平面，平面平面，且，则平面， 又平面，则， 又，， 所以，，， 则在中，由余弦定理有， 所以直线与直线所成角的余弦值为． 【小问3详解】 连接，， 结合（1），（2）有是正方形，则，且， 又底面，则底面， 又，则，所以， 所以以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如下图空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，， 又线段上存在一点，则设， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则有， 令，则，，即， 设直线与平面所成的角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 所以是线段的中点， 所以． 19. 已知函数（且，，）． （1）若恒成立，求的取值范围； （2）讨论零点的个数． 【答案】（1） （2）若或，零点的个数为；若且，零点的个数为 【解析】 【分析】（1）恒成立等价于恒成立，求导后，分及讨论函数单调性，结合计算即可得解； （2）结合（1）中所得，分、与且讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理可判断零点的个数，即可得零点的个数. 【小问1详解】 由恒成立，即恒成立， 即恒成立，即恒成立， 令，则， 当时，恒成立，则恒成立， 故在上单调递减，又， 故当时，，不符合题意，故舍去； 当时，令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，又， 故要使得恒成立，则有，即； 【小问2详解】 函数零点的个数等价于函数零点的个数， 由（1）知，当时，在上单调递减， 且，故零点的个数为； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 若，有且仅有，故零点的个数为； 若，则，由，则， 又时，，故存在，使得， 此时有两个零点、，故零点的个数为； 若，则，由，则， 又时，，故存在，使得， 此时有两个零点、，故零点的个数为； 综上所述：若或，零点的个数为； 若且，零点的个数为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★本科目考试启用前 陕西省西安第一中学2026届第三次模拟测试 数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标好．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符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知的外接圆半径为，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 3. 设单位向量的夹角为，，则在上的投影数量为（　　） A. B. C. D. 4. 已知各项均为正数的等比数列的前项积为，且，成立，则( ) A. B. C. D. 5. 已知一圆台上底面直径为，下底面半径为，母线长为上底面半径的二倍，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线 在处的切线与圆： 交于两点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. 1000 B. 1150 C. 1300 D. 1350 8. 已知函数的导函数为，和的定义域均为，若，，，，则（ ） A. B. C. D. 2 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 直线是函数的图象的一条对称轴 B. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为 C. 函数在区间上有3个零点 D. 函数在区间上单调递增 10. 空间中，平面上的动点满足方程，（），则称为平面的方程．同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量．已知方程分别为，的平面，的交线为，则下列结论正确的是（ ） A. 经过点，，的平面的方程为 B. 若平面的方程为：，则坐标原点到平面的距离为 C. 交线为的一个方向向量为 D. 与方程为的平面所成角的正弦值为 11. 甲、乙两人进行足球点球比赛，用抽签的方式决定谁先进行，甲、乙抽中的机会均等.每次点球若射中，则继续；若未射中，则换对方点球.已知甲、乙每次点球射中的概率分别为，且每次点球是否射中相互独立，则（ ） A. 第2个球是甲射门的概率为 B. 在第1个球和第2个球均是甲射门的条件下，第3个球是乙射门的概率为 C. 前4个球中甲、乙各射2个的概率为 D. 在第3个球是甲射门的条件下，第1个球是乙射门的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为______． 13. 的展开式中，的系数为_____． 14. 已知正项数列满足：，数列的前项和.给出下列四个结论：①当时，；②当时，数列单调递增；③当时，；④当时，，都有成立.其中正确结论的序号是______________. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 在中，，，，为的中点，，分别在边，上，. （1）若，，求的值； （2）求面积的最小值. 16. 已知椭圆：，点，其中.过点作椭圆的两条切线，切点分别为，. （1）求直线的方程，并用表示； （2）若，求点的坐标及两条切线的方程. 17. 某智能制造工厂有甲、乙、丙三条生产线生产同款精密零件，其中甲生产线产能占总产量的，乙占，丙占；三条生产线的次品率分别为、、，所有零件外观无差异，随机混装入库． （1）随机抽取1件入库零件，求该零件为次品的概率； （2）若抽检发现该零件为次品，求该次品来自甲生产线的概率； （3）现从入库产品中随机独立抽取（，）件产品，记次品数量为，若，求正整数的最大值与最小值． 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与直线所成角的余弦值； （3）若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 19. 已知函数（且，，）． （1）若恒成立，求的取值范围； （2）讨论零点的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $