精品解析：陕西西安交通大学附属中学2025-2026学年第二学期高三第六次模拟考试数学试卷

交大附中2025~2026学年第二学期 高三第六次模拟考试数学试题 注意：本试题共4页，四道大题． 一、选择题（本大题共8小题，每小题4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. 在等差数列中，，（，），则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知（其中为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（ ） A. -2 B. -1 C. 2 D. 3 4. 下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 5. 设，则“”的一个必要不充分条件可以是（ ） A. B. C. D. 6. 平面的斜线l与平面交于点A，且斜线l与平面所成的角是，则与平面内所有不过点A的直线所成的角的范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列是等比数列，则下列结论中正确的是（ ） A. 数列不是等比数列 B. 若，，则 C. 若，则数列是递增数列 D. 若数列的前n项和，则 8. 已知函数（，e为自然对数的底数）的图像上存在2个点、分别与的图像上2个点、关于x轴对称，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错的得0分） 9. 已知抛物线的焦点为，准线为．点在抛物线上，则下列说法正确的是（ ） A. 准线的方程为 B. 若，则 C. 过点总能作出两条直线与抛物线仅有1个交点 D. 若，延长与抛物线交于点，则 10. 已知的展开式的二项式系数的和为512，且，下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 除以6所得的余数为5 11. 已知函数，记的最小值为，下列说法正确的是（ ） A. 对任意的正整数n，的图象都关于直线对称 B. C. D. 设，为的前项和，则 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知角的终边过点，则___________. 13. 已知，，，则的最小值为_______________. 14. 平面内互不重合的点、、、、、、，若，，2，3，4，则的取值范围是______. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 如图，四边形中，，，， （1）若，求的长． （2）若，当四边形面积最大时，求的长． 16. 已知函数 （1）若，求的单调区间. （2），求在上的最小值与最大值. 17. 自2020年以来，某地区新能源产值规模呈快速增长态势，下表给出了近5年该地区的新能源产值（单位：亿元）. 年份 2020 2021 2022 2023 2024 年份编号 1 2 3 4 5 产值 1.5 2.5 3.4 4.9 7.8 （1）若用作为回归模型，且，求此模型的方程及其决定系数（精确到0.01）； （2）若用作为回归模型，求此模型的方程； （3）已知回归模型的决定系数，请说明哪种回归模型拟合效果更好，并用拟合效果好的模型预测2025年该地区的新能源的产值（精确到0.01）. 参考数据： 3 4.02 1.24 75.3 104.91 16.16 22.54 1.1 1.5 11.4 附：（1）上表中； （2）对于一组数据，其经验回归方程为， ； 决定系数. 18. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为底面圆周上异于，的任一点. （1）若劣弧中点为（如图1），过点作出平面平面，请说明平面的作法，并证明平面平面； （2）现定义：和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点所形成的线段叫做两条异面直线的公垂线段，两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离.当为半圆弧的中点（如图2）所示，设平面平面，，求异面直线与的距离的最大值. 19. 已知椭圆：的短轴长为2，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）设，分别为椭圆的左、右顶点，，为椭圆上不同的两点， （ⅰ）若，关于直线对称，求实数的取值范围； （ⅱ）若，关于轴对称，直线和交于点．过点的动直线与点的轨迹交于，两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 交大附中2025~2026学年第二学期 高三第六次模拟考试数学试题 注意：本试题共4页，四道大题． 一、选择题（本大题共8小题，每小题4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. 在等差数列中，，（，），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式列出已知项的表达式，求解公差与首项，再代入计算即可. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，其通项公式为，. 由，，可得， 两式作差得. 因为，可得，进而. 故. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得，解得， 所以， 由，得，所以， 所以， 所以. 3. 已知（其中为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（ ） A. -2 B. -1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】， 是纯虚数，，. 4. 下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据简单复合函数求导法则判断A，根据导数的定义判断B，根据基本初等函数的导数公式判断C，求出函数的导函数，再令即可判断D. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，故B错误； 对于C：若，则，故C错误； 对于D：因为，则， 令可得，解得，故D正确. 故选：D 5. 设，则“”的一个必要不充分条件可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合不等式性质和对数函数性质、指数和对数运算性质逐项分析题设和条件的充分必要性即可求解． 【详解】，反之不一定成立， 则是“”的一个充分不必要条件，A项错误； ，则是“”的一个充要条件，B项错误；，，若小于0则选项中对数无意义， 所以是“”的一个既不充分也不必要条件，C项错误；， 如时，， 而反之成立，所以是“”的一个必要不充分条件，故D正确. 故选：D 6. 平面的斜线l与平面交于点A，且斜线l与平面所成的角是，则与平面内所有不过点A的直线所成的角的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面角中最小角定理求解． 【详解】斜线l与平面所成的角是，则直线与平面内所有直线所成角中最小角为，显然为最大角为，因此范围为， 故选：C． 7. 已知数列是等比数列，则下列结论中正确的是（ ） A. 数列不是等比数列 B. 若，，则 C. 若，则数列是递增数列 D. 若数列的前n项和，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列的定义判断A；利用等比中项的列式计算判断B；按和分类讨论，结合数列单调性的定义判断C；取特值列式求出的值判断D. 【详解】设等比数列的公比为，则，且， 对于A，为非零常数，因此数列是等比数列，A错误； 对于B，由等比中项的性质得，由，得与同号，因此，B错误； 对于C，当时，由，即，得，解得， 则，，因此，数列为递增数列； 当时，由，即，得，解得， 则，，因此，数列为递增数列，C正确； 对于D，，，， 由数列是等比数列，得，解得，D错误. 8. 已知函数（，e为自然对数的底数）的图像上存在2个点、分别与的图像上2个点、关于x轴对称，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设上一点关于轴对称点坐标为，则在上，得到方程有解，即函数与在上有交点，利用导数判断出函数的单调性和最值，可得实数的取值范围． 【详解】设是上一点，则， 且关于轴对称点坐标为在上， 由题意得，有两个不同的实数解， 即有两个不同的实数解. 令，则，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以 有两个不同的实数解等价于与有两个交点， 所以,所以 故选：A. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错的得0分） 9. 已知抛物线的焦点为，准线为．点在抛物线上，则下列说法正确的是（ ） A. 准线的方程为 B. 若，则 C. 过点总能作出两条直线与抛物线仅有1个交点 D. 若，延长与抛物线交于点，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据抛物线的标准方程及性质，结合直线与抛物线的位置关系逐项分析判断即可. 【详解】选项A：抛物线方程可化为标准形式为：，则焦点为，准线方程为，A错误. 选项B：抛物线的焦半径公式为，则，B正确. 选项C：点在抛物线上，则过点能作出1条切线与抛物线仅有1个交点； 当过点的直线与轴平行时，仅有1个交点，满足题意， 故过点总能作出两条直线与抛物线仅有1个交点，C正确. 选项D：已知，则，即. 又，则直线方程为，代入中可得，. 所以，D错误. 10. 已知的展开式的二项式系数的和为512，且，下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 除以6所得的余数为5 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由二项式系数和为解出，再利用二项式定理逐项验证即可求解. 【详解】由题意有：，所以，令， 所以， 令，所以，令， 所以①， 所以，故A错误； 由，令， 所以，故B正确； 令，所以②， 由①②解得，， 所以，故C正确； 由 ， 所以除以6所得的余数为5，故D正确； 故选：BCD. 11. 已知函数，记的最小值为，下列说法正确的是（ ） A. 对任意的正整数n，的图象都关于直线对称 B. C. D. 设，为的前项和，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，可判定A正确；当时，设，令，求得，求得的函数的单调性与，求得，可判定B错误；由，得到，进而得到，可判定C正确；由，得到，结合，可判定D正确. 【详解】对于A中，因为， 所以函数的图象都关于直线对称，所以A正确； 对于B中，当时，；当时，设，则， 令，可得，其中， 当时，，所以，可得； 当时，，所以，即， 所以，所以B错误； 对于C中，设，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 又由，所以，即，所以， 可得，所以，所以C正确； 对于D中，因为， 所以，所以，所以，又因为， 可得，即有， 所以D正确. 故选：ACD． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知角的终边过点，则___________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意求得，结合倍角公式，即可求得结果. 【详解】根据题意，，， 则；， 则. 故答案为：. 13. 已知，，，则的最小值为_______________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意可得，，代入可得，根据乘“1”法结合基本不等式运算求解. 【详解】因为，，， 则，解得， 可得， 又因为，则， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为2. 故答案为：2. 14. 平面内互不重合的点、、、、、、，若，，2，3，4，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】设O为的重心，由重心性质化简可得，可知在以点O为圆心，为半径的圆上，以点O为坐标原点建立平面直角坐标系，进而利用数形结合可求得的最大值与最小值，可得结论. 【详解】设O为的重心，则， ， 因为，所以，设， 则在以点O为圆心，为半径的圆上，以点O为坐标原点建立平面直角坐标系， 则， 当且仅当，，都在线段上时，等号成立， 又， 当且仅当、、在线段上，且在线段上，在线段上时，等号成立， 综上所述，的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到在以点O为圆心，为半径的圆上，由此即可利用数形结合顺利得解. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 如图，四边形中，，，， （1）若，求的长． （2）若，当四边形面积最大时，求的长． 【答案】（1） （2） 8 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，结合判断为外接圆直径，利用正弦定理求解. （2）由对角互补知四边形内接于圆，利用基本不等式确定面积最大时为等边三角形，再结合余弦定理和两角和的余弦公式求解. 【小问1详解】 在中，因，，， 由余弦定理，， 所以. 由题意，，则四边形内接于圆，且为该圆的直径. 设该圆半径为，在中，由正弦定理得. 【小问2详解】 因为，所以，四边形内接于圆. 因四边形的面积，其中， 要使四边形面积最大，只需最大，即最大. 在中，由余弦定理得，即. 因为，即，当且仅当时取等号， 此时，为等边三角形. 在中，由余弦定理得， 因为，所以. 因为为等边三角形，所以， 所以. 在中，由余弦定理得， 所以. 16. 已知函数 （1）若，求的单调区间. （2），求在上的最小值与最大值. 【答案】（1）的单调增区间为，单调减区间为 （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）先求，设，利用导数来研究，求得函数的单调区间； （2）根据函数的单调性最小值易求，可知，令，利用导数比较与，可得函数最大值. 【小问1详解】 当时，， 所以， 设，则. ∵，，∴在上单调递增， 从而得在上单调递增，又∵， ∴当时，，当时，， 因此，的单调增区间为，单调减区间为. 【小问2详解】 ， 设，则. ∵，，∴在上单调递增， 从而得在上单调递增，又∵， ∴当时，，当时，， 因此，的单调增区间为，单调减区间为. ，在单调递增，则单调递减， 所以的最小值为， ， ∵，， ∴. 设， 则. 因为，所以，所以， 且，所以， 则函数在单调递增， 所以， 设， 则， 则，所以，即， 所以在上的最大值为，最小值为. 17. 自2020年以来，某地区新能源产值规模呈快速增长态势，下表给出了近5年该地区的新能源产值（单位：亿元）. 年份 2020 2021 2022 2023 2024 年份编号 1 2 3 4 5 产值 1.5 2.5 3.4 4.9 7.8 （1）若用作为回归模型，且，求此模型的方程及其决定系数（精确到0.01）； （2）若用作为回归模型，求此模型的方程； （3）已知回归模型的决定系数，请说明哪种回归模型拟合效果更好，并用拟合效果好的模型预测2025年该地区的新能源的产值（精确到0.01）. 参考数据： 3 4.02 1.24 75.3 104.91 16.16 22.54 1.1 1.5 11.4 附：（1）上表中； （2）对于一组数据，其经验回归方程为， ； 决定系数. 【答案】（1），0.93 （2） （3）拟合效果更好，12.54 【解析】 【分析】（1）由最小二乘法即可求解回归方程，由决定系数的计算公式代入即可求解， （2）利用对数的运算得，即可由最小二乘法求解， （3）根据决定系数的大小即可作出比较，代入方程即可求解. 【小问1详解】 由题意得， ，故此模型的方程为， ， . 【小问2详解】 令，则， 则 ， 故此模型的方程为. 【小问3详解】 拟合效果更好， 当时，即预测2025年该地区的新能源的产值为. 18. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为底面圆周上异于，的任一点. （1）若劣弧中点为（如图1），过点作出平面平面，请说明平面的作法，并证明平面平面； （2）现定义：和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点所形成的线段叫做两条异面直线的公垂线段，两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离.当为半圆弧的中点（如图2）所示，设平面平面，，求异面直线与的距离的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)先证线面垂直，再推面面垂直，结合圆台“上下底面圆心连线垂直底面”、圆“弧中点与圆心连线垂直弦”的性质. (2)空间向量法(建系表示点与向量求法向量距离公式函数最值)，利用圆台的几何特征(延长母线得圆锥顶点)简化坐标计算，通过换元法分析分式函数的最值. 【小问1详解】 （1）连接，平面即为所求作的平面 ， 证明如下： ∵在圆台中，平面平面 ， ∵为劣弧 中点，为圆的半径，∴ ， 又 ∵平面平面 ， 又 ∵平面 平面平面 . 【小问2详解】 延长交于点，故平面平面 ， 故平面平面 即在中， 均为圆锥母线．由，得,故 , 以为原点， 方向轴正向建立空间直角坐标系， 则， 设且，则 ， 将平移至平面，设平面的法向量 ， 则 ，即 ，取 ， 又 ，则异面直线与的距离为 令 ，则 ， 当时，，此时与相交，不为异面直线（舍）； 当时，， 当且仅当，异面直线与的距离有最大值为 ． 19. 已知椭圆：的短轴长为2，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）设，分别为椭圆的左、右顶点，，为椭圆上不同的两点， （ⅰ）若，关于直线对称，求实数的取值范围； （ⅱ）若，关于轴对称，直线和交于点．过点的动直线与点的轨迹交于，两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）；（ⅱ）在轴上存在点，使得. 【解析】 【分析】（1）由离心率和短轴长结合关系求值，写出方程即可； （2）（i）设直线的方程为，，的中点为，与椭圆方程联立后，利用根与系数的关系求得，进而利用点在上以及可求得实数的取值范围；（ⅱ）设，写出的方程，两式相乘，利用点在椭圆上，进而计算可得动点的轨迹方程，由得，设存在定点满足条件，由求得即可. 【小问1详解】 由，得， 故椭圆方程为：. 【小问2详解】 （ⅰ）因为，关于直线对称，所以所在直线的斜率为， 设直线的方程为，，的中点为， 由得， 所以， 所以， 由，可得，， 所以，整理得，所以， 所以，所以，所以， 解得，所以实数的取值范围为； （ⅱ）存在这样的点，使得. 假设存在这样的点，使得， 如图，若，关于轴对称，则设， 则直线，直线， 两式相乘得， 因为在椭圆上，所以，即， 代入得，化简得，因为点不与顶点重合，所以. 即动点的轨迹方程为.  如图，因为， 所以，即，所以， 设过点的直线方程为，， 由，可得， 因为双曲线与直线有两个不同的交点， 所以有两个不同的解，所以， 所以， 设，则，即. 所以，化简得， 所以，因为，所以，解得， 故在轴上存在点，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $