陕西西安市铁一中滨河高级中学2026届高三下学期第十二次模拟考数学试卷

**基本信息** 西安铁一中滨河高级中学2026届高三十二模数学试题，以现实情境（如物流成本统计）和逻辑推理（如立体几何证明）为载体，梯度覆盖基础与创新应用，适配高三模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、向量|基础概念辨析，如第3题向量共线判断| |多选题|3/18|统计、等比数列|选项分层，如第10题结合等比数列性质与等差关系| |填空题|3/15|三角函数、概率分布|情境关联，如第14题切线倾斜角与导数结合| |解答题|5/77|统计分析（物流成本）、立体几何、函数导数|综合应用，如第16题残差计算与模型拟合，第19题创新定义下的零点探究|

西安铁一中滨河高级中学2026届高三十二模数学试题 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）设集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）复数的实部为（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）已知，则下列一定共线的三点是（   ） A．A，B，C B．A，B，D C．B，C，D D．A，C，D 4．（本题5分）函数，上的图象大致为（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）如果棱台的两底面积分别是，，中截面的面积是，那么（    ） A． B． C． D． 6．（本题5分）已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，将展开式中所有的项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 7．（本题5分）已知双曲线与椭圆共焦点，且双曲线与直线相切，则（    ） A． B． C． D．1 8．（本题5分）已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）下列命题正确的是（    ） A．若同等容量且足够大的两组成对数据的样本相关系数分别为，则组数据比组数据的线性相关性更强 B．数据的第60百分位数为6 C．总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记总的样本平均数为，总的样本方差为，则有 D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此时推断犯错误的概率不大于0.001 10．（本题6分）已知正项等比数列的公比为，是其前项和，若，且，则（    ） A． B．是数列中的项 C． D．，，成等差数列 11．（本题6分）在三棱锥中，已知平面，，过点作，，分别交于点记三棱锥、四棱锥、三棱锥的外接球的表面积分别为，，，体积分别为，，若，则（    ） A．平面 B． C． D．的取值范围为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知点在角的终边上，若，则__________. 13．（本题5分）已知随机变量的分布列为： 1 2 3 当取最小值时，______，______. 14．（本题5分）函数与和分别交于，两点，设在处的切线的倾斜角为，在处的切线的倾斜角为，若，则________． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）函数（，，）的部分图像如图所示. (1)当时，求的单调递增区间； (2)已知，且，求的值. 16．（本题15分）现代物流成为继劳动力、自然资源外影响企业生产成本及利润的重要因素.某企业去年前八个月的物流成本（单位：万元）和企业利润的数据（单位：万元）如下表所示： 月份 1 2 3 4 5 6 7 8 物流成本 83 83.5 80 86.5 89 84.5 79 86.5 利润 114 116 106 122 132 114 132 残差 0.2 0.6 1.8 -3 -1 -4.6 根据最小二乘法公式求得经验回归方程为. (1)求的值，并利用已知的经验回归方程求出8月份对应的残差值； (2)请先求出线性回归模型的决定系数（精确到0.0001），若根据非线性模型求得解释变量（物流成本）对于响应变量（利润）的决定系数，请说明以上两种模型哪种模型拟合效果更好. 参考公式及数据：，，. 17．（本题15分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面. (1)求证：； (2)设在线段和上，且为中点，，若直线与平面所成角的大小为， （i）求平面与平面所成角的余弦值； （ii）平面交直线于点，设，求的值. 18．（本题17分）已知曲线：经过椭圆：（，，）的左、右顶点，，圆：（）的圆心为的一个焦点. (1)求，的方程，并判断与的公共点个数. (2)若， （ⅰ）证明：上的点都在圆内； （ⅱ）已知圆与直线分别交于点，（点在轴左侧），点（），直线，分别与交于另外一点，，当变动时，证明直线，的斜率之积为定值，且直线过定点. 19．（本题17分）已知函数的定义域为．对于正实数，定义集合． (1)若，判断是否是中的元素，并说明理由． (2)若，且，求正实数的取值范围． (3)设是偶函数，当时，，且对任意，使，写出，的解析式，并证明：对任意实数c，函数在上至多有9个零点． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《西安铁一中滨河高级中学2026届高三十二模数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B D A B D A BC ABD 题号 11 答案 BC 1．A 【分析】根据交集的定义求解即可. 【详解】由，， 则. 故选：A. 2．B 【分析】利用复数的四则运算求出，即可求其实部. 【详解】, 故的实部为， 故选：B. 3．B 【分析】先考虑向量共线时，的位置关系，再考虑向量不共线时，利用向量共线定理和平面向量基本定理逐项判断即可. 【详解】若向量共线，则共线，此时共线， 当向量不共线时， 对于A选项，设 ，则 ，即 无解，A错误； 对于B选项， ，所以三点共线，B正确； 对于C选项，设 ，则 ，即 ，无解，C错误； 对于D选项， ，设 ， 即 ，即 ，无解，D错误． 4．D 【分析】分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】函数的定义域为， 则， 所以，函数为奇函数，排除AB选项， 当时，，排除C选项. 故选：D. 5．A 【分析】设棱台的高为，棱台上面截去的棱锥的高为，根据比例关系得到. 【详解】设棱台的高为，棱台上面截去的棱锥的高为， 则，， 所以，即． 故选：A． 6．B 【分析】先由第3项与第7项的二项式系数相等求出的值，然后求出二项式展开式的通项公式，求出有理项的个数，利用插空法求出有理项互不相邻的情况，再利用古典概型的概率公式求解即可. 【详解】因为的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等， 所以，得， 所以的展开式的通项为，()， 当或时，为整数，所以展开式9项中，有理项有2项， 若将展开式中所有的项重新随机排列，则所有的排列共有种，其中有理项互不相邻的排列有种， 所以所求的概率为. 故选：B 7．D 【分析】根据椭圆与双曲线焦点的性质可，再联立直线与双曲线的方程，根据判别式为0得出等式，代入求解即可. 【详解】因为双曲线与椭圆共焦点，所以，即． 又双曲线与直线相切，由，化简得， 所以，即， 将代入方程化简得，即，，故，解得或（舍去）． 故选：D． 8．A 【分析】利用导数判断函数的单调性，即可作出其图象，由此可得到的图象，将方程有且仅有4个不同的实根，转化为和对应的方程的根的总数为4个，数形结合，即可求解. 【详解】由可得定义域为，且， 当且时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以：是极大值点，； 当时，；当时，； 由此可作出函数的图象： 令，则原方程可化为：，得或， 原方程有且仅有4个不同的实根，等价于和对应的方程的根的总数为4个； 结合的图象可得的图象： 由题意知以及，故，且， 结合图象，要使得和有且仅有4个不同的实根， 需满足且，即得，此时有1个解，有3个解， 即. 9．BC 【分析】借助样本相关系数与线性相关性强弱关系可得A；借助百分位数定义可得B；由分层抽样方差公式可得C；利用独立性检验定义可得D. 【详解】对于A：由，故组数据比组数据的线性相关性更强，故A错误； 对于B：，则这组数据的第60百分位数为，故B正确； 对于C：分层抽样方差公式为， 故C正确； 对与D：由，故不能在的小概率值下判断与有关联， 故D错误. 10．ABD 【分析】由已知结合等比数列的通项公式求出，然后结合等比数列与等差数列的性质及求和公式即可求解． 【详解】正项等比数列的公比为，，且， 则， 即，即或舍，A正确； 因为，则，， 令，则，是数列的第项，B正确； ，C错误； 因为，，则，所以，，成等差数列，D正确． 11．BC 【分析】利用线面垂直判定定理证明可得平面，即可判断A错误；将三棱锥放入长方体中，三棱锥的外接球的直径即为，求出半径可得B正确，利用线面垂直性质以及长方体对角线与外接球半径之间的关系，计算可得C正确，求得的表达式并通过构造函数，利用导数求出函数单调性即可得出相应值域，可得D错误. 【详解】对于A，因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，，平面PBC，平面， 所以平面， 而，则与平面不垂直，故A错误； 对于B，将三棱锥放入长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球， 可知长方体的体对角线即为外接球的直径， 则三棱锥外接球的半径， 可得，，故B正确； 对于C，因为，， 所以与均为直角三角形， 取的中点为，则， 即点即为三棱锥的外接球球心， 三棱锥的外接球半径， 因为平面，平面，所以， 又，，平面AEF，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以， 在四棱锥的底面四边形中，，， 则即为四边形的外接圆直径， 而平面， 则四棱锥的外接圆半径， 又，则，所以， 因为，所以，可得， 则，故C正确； 对于D，易知， 由可得，，则， 令，， 则， 令，即，解得； 令，即，解得； 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，当或时，， 则的值域为 即的取值范围为，故D错误. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据利用得出的表达式，通过构造函数利用导数求得其单调性，求出值域即可. 12．/ 【分析】先根据三角函数的定义解出，再求，最后利用两角差的正切公式即可求解. 【详解】由题意得：，所以，解得， 所以，所以， 所以， 故答案为：. 13． 6 2 【分析】先由分布列的性质结合基本不等式的乘1法求出，再由期望和方差公式可得. 【详解】由题意可得，即， ， 当且仅当即时取等号， 所以，.故答案为：6；2. 14． 【分析】由对称性可得，利用导数求切线和的斜率，得和，由解出，再由求出的值. 【详解】函数与和分别交于，两点， 则，， 函数的图象关于直线对称，函数和的图象也关于直线对称， 所以，两点关于直线对称，有， 函数的导数为，函数的导数为， 则，， 由，有，即， 由，解得， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： 本题除了导数和倍角公式的运用，关键点在于运用函数的对称性或对数式的运算，得到. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据图象，结合正弦函数的性质，可求函数的解析式，再求函数的单调区间即可. （2）根据同角三角函数的基本关系与两角和与差的余弦公式求值即可. 【详解】（1）由图可得，， 所以，且，得，， 又因为，所以，所以. 又因为，， 解得，， 所以在上的单调递增区间为. （2）因为，所以. 因为，所以， 即，所以. 所以16．(1)，； (2)，拟合程度更好. 【分析】（1）根据经验回归方程过样本中心点，先由经验回归方程和的平均数，求出的平均数，再根据平均数的定义求出；然后根据残差定义计算8月份的残差. （2）先求出残差平方和，再代入公式计算，最后与非线性回归模型的比较大小，即可判断. 【详解】（1）因为，，， 则，解得； 8月份对应的残差值. （2）因为， 所以所以， 所以线性回归模型拟合程度更好. 17．(1)证明如下： 连接和交于点，连接. ∵底面为菱形， 为的中点，且 又平面平面，平面平面， 平面，又平面， . (2)（i） （ii） 【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再由线面垂直得线线垂直即可得证； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面所成的角； （ii）设，利用向量运算求出，再由求解. 【详解】（1）略 （2）因为，所以 ∵平面平面，平面平面， 平面. 是直线与平面所成角，即. 在菱形中，， . ，即. （i）如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 平面的法向量为， 因此， 所求平面与平面所成角的余弦值为 （ii）平面交线段于点，设， 则， 因为，即， 即，解得. 18．(1)的方程中，，的方程为，与只有2个公共点，. (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的标准方程求解即可； （2）（ⅰ）由的方程为，可得，结合圆的位置关系求解即可；（ⅱ）求出，坐标结合斜率公式证明直线，的斜率之积为定值，设：，与圆方程联立，结合韦达定理和斜率之积为定值得到的关系即可求出定点. 【详解】（1）由圆：可知圆心为， 因为圆心为的一个焦点，所以，且， 又因为在曲线的方程中，，且经过的两个顶点， 所以，解得， 故的方程为， 则，的方程为， 将与联立，得， 即，解得， 所以与只有2个公共点，. （2）（ⅰ）由（1）知的方程为， 因为，所以， 即曲线上的点都在圆：内， 因为当时，圆是以为圆心，为半径的圆， 圆与圆的圆心距，两圆内切， 所以圆在圆内，则曲线上的点都在圆内. （ⅱ）由题意得，， 由得直线，的斜率分别为，， 易知为圆的直径，则，所以的斜率为， 所以，的斜率之积为，为定值， 由可知直线的斜率不为零，设，，：， 将直线与联立得， 所以，， 因为，的斜率之积为， 所以 整理得， 即， 因为直线不过点， 所以，所以，， 代入，得，该直线过定点. 19．(1)不是中的元素，理由见解析 (2) (3)时，；证明见解析 【分析】（1）直接代入计算和即可； （2）法一：转化为在实数使得，分析得，再计算得，最后根据的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线与该函数有两个交点，将用表示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案； （3）利用函数奇偶性和集合新定义即可求出时解析式，再分析出，最后对的范围进行分类讨论即可． 【详解】（1），，则不是中的元素． （2）法一：因为，则存在实数使得，且， 当时，，其在上严格单调递增， 当时，，其在上也严格单调递增， 则，则， 令，解得，则， 则． 法二：作出该函数图象，则由题意知直线与该函数有两个交点， 由图知，假设交点分别为，， 联立方程组得 （3）对任意，因为其是偶函数， 则，而， 所以， 所以，因为，则， 所以，所以， 所以当时，，，则， ，则， 而，， 则，则， 所以当时，，而为偶函数，画出函数图象如下： 其中，但其对应的值均未知. 首先说明， 若，则，易知此时， 则，所以，而时，， 所以，与矛盾，所以，即， 令，则， 当时，即使让，此时最多7个零点， 当时，若，此时有5个零点， 故此时最多5个零点； 当时，若，此时有5个零点， 故此时最多5个零点； 当时，若，此时有3个零点， 若，则，易知此时， 则，所以，而时，， 所以，与矛盾，所以， 则最多在之间取得6个零点， 以及在处成为零点，故不超过9个零点. 综上，零点不超过9个. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $