陕西西安铁一中滨河高级中学2026届高三第四次模拟考数学试卷

**基本信息** 高三四模数学试题，覆盖复数、函数、立体几何等核心知识，通过基础题与综合题分层设计，结合概率统计情境（如闯关比赛）、立体几何折叠等问题，考查数学思维与应用能力，适配高考模拟需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数、命题、向量、圆、统计|基础概念辨析，如复数模计算、统计量比较| |多选题|3/18|三角函数图像、抛物线、导数|多选项综合判断，如三角函数单调性与零点| |填空题|3/15|数列、三角恒等变换、函数最值|中档题，如数列前n项和、三角函数求值| |解答题|5/77|概率统计、解三角形、立体几何、双曲线、函数导数|综合应用，如闯关比赛概率分布、立体几何折叠问题、双曲线与数列结合，考查逻辑推理与数学建模|

保密★启用前 西安铁一中滨河高级中学2026届高三四模数学试题 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知复数满足，则（   ） A． B． C．5 D． 2．（本题5分）已知命题，；命题，，则（    ）. A．和都是真命题 B．和都是真命题 C．和都是真命题 D．和都是真命题 3．（本题5分）已知等边的边长为2，则 A． B． C． D． 4．（本题5分）点在圆上运动，它与点所连线段中点为，则点轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 5．（本题5分）已知在一次射击预选赛中，甲、乙两人各射击10次，两人成绩的条形统计图如图所示，则下列四个选项中判断正确的是（    ） A．甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差 B．甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差 C．甲的成绩的平均数等于乙的成绩的平均数 D．甲的成绩的中位数小于乙的成绩的中位数 6．（本题5分）某市选派9名医生到3个乡镇义诊，其中有5名主治医师，4名实习医生，要求每个乡镇分配3名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师，则不同的分配方法种数为（   ） A．720 B．1480 C．1080 D．1440 7．（本题5分）若函数有且仅有一个零点，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）等边的边长为，过点的直线与过的平面交于点．将平面绕转动（不与平面重合），且三条直线、、与平面所成的角始终相等．当三棱锥体积最大时，与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知函数的部分图象如图，则（    ） A． B．为奇函数 C．在上单调递增 D．当在上恰有3个零点时，的取值范围是 10．（本题6分）设抛物线的焦点为F，准线为l，点A在C上，以F为圆心，为半径的圆记为W.过点A作l的垂线，垂足为B，且点B在圆W上，则（   ） A．准线l的方程是 B．为等边三角形 C．设线段与y轴的交点为D，则 D．直线与圆W相交 11．（本题6分）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．函数有2个极值点 B．函数无最小值 C．若函数在上是减函数，则实数的取值范围是 D．函数有5个零点 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）记为等差数列的前项和.若，则__________. 13．（本题5分）已知，则______. 14．（本题5分）已知函数（，且），若恒成立，则的最小值为______． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立. (1)计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率； (2)若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望； (3)已知，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出. 16．（本题15分）已知三角形ABC的内角所对的边分别为，且. (1)证明：； (2)若，求. 17．（本题15分）在中，，分别是上的点，满足 且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.    (1)求与平面所成角的大小； (2)在线段上是否存在点（不与端点重合），使平面与平面垂直？若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由. 18．（本题17分）已知双曲线（，）的焦距为，曲线C的一条渐近线与直线垂直． (1)求曲线C的方程； (2)数列，是正项数列，且数列是公差为4的等差数列，点（）在曲线C上，求证：； (3)过点的直线l交曲线C的右支于A，B两点，在线段上取异于A，B的点R，且满足，证明点R在定直线上． 19．（本题17分）已知函数. (1)求函数的值域； (2)若对任意的，都有，求实数的取值范围； (3)设，且，证明：. 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届高三四模数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B A A D D D D ACD BC 题号 11 答案 AD 1．A 【分析】根据复数的除法运算化简复数，再求复数的模即得. 【详解】由，得， 所以. 故选：A. 2．B 【分析】分别求解和的真假性，即可得解. 【详解】由于，故命题是假命题，为真命题， 取，则，故命题为真命题，为假命题， 故选：B 3．A 【分析】直接利用向量的模的计算公式求解. 【详解】由题得= 故答案为：A 【点睛】本题主要考查向量的模和数量积的运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力. 4．A 【分析】设，应用中点坐标公式写出点坐标，代入已知圆的方程即可得轨迹. 【详解】设，又与点所连线段中点为，则， 因为点在圆上运动，则， 所以，故点轨迹方程为. 故选：A 5．D 【分析】根据条形统计图可分别计算出甲、乙的平均数、中位数、极差，从而判断出ACD的正误；根据成绩的分散程度可判断B的正误. 【详解】对于A，甲的成绩的极差为，乙的成绩的极差为， 甲的成绩的极差大于乙的成绩的极差，故A错误． 对于B，由条形统计图得甲的成绩相对分散，乙的成绩相对稳定， 甲的成绩的方差大于乙的成绩的方差，故B错误； 对于C，甲的成绩的平均数为， 乙的成绩的平均数为， 甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数，故C错误； 对于D，甲的成绩的中位数为；乙的成绩的中位数为：， 甲的成绩的中位数小于乙的成绩的中位数，故D正确； 故选：D 6．D 【分析】依题意，先考虑主治医师的两种分配方案，在每种方案中（注意平均分组），再考虑对应的实习医生的分配人数，最后将三个组合分配到3个乡镇即可. 【详解】由题意，要求每个乡镇分配3名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师， 则主治医师的分配方案有2种，即“”或“”. 当主治医师按照“”分配时，主治医师的分法种数为， 再将4名实习医生按照“”与之配成对应的三组，分法种数为， 最后将分好的三组分配到3个乡镇，分配方法种数为， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方法种数为； 当主治医师按照“”分配时，主治医师的分法种数为， 再将4名实习医生按照“”与之配成对应的三组，分法种数为， 最后将分好的三组分配到3个乡镇，分配方法种数为， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方法种数为. 根据分类加法计数原理，不同的分配方法种数为. 故选：D. 7．D 【分析】推导出函数的图象关于直线对称，由题意得出，进而可求得实数的值，并对的值进行检验，即可得出结果. 【详解】， ，所以，函数的图象关于直线对称. 若函数的零点不为，则该函数的零点必成对出现，不合题意. 所以，，即，解得或. ①当时，令，得，作出函数与函数的图象如下图所示：    此时，函数与函数的图象有三个交点，不合乎题意； ②当时，，，当且仅当时，等号成立，则函数有且只有一个零点. 综上所述，. 故选：D. 【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，考查函数图象对称性的应用，解答的关键就是推导出，在求出参数后要对参数的值进行检验，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 8．D 【分析】设点在平面内的射影为点，连接、、，推导出，为的外心，分析可知当平面时，三棱锥的体积最大，利用正弦定理求出的长，即可求得与平面所成角的余弦值. 【详解】如下图所示： 设点在平面内的射影为点，连接、、， 由题意可知平面，则， 又因为，， 所以，， 所以，，，则为的外心， 当平面时，三棱锥的体积最大， 、平面，，， 所以，， 由余弦定理可得，则， 所以，， 易知直线与平面所成角为，且， 因此，当三棱锥体积最大时，与平面所成角的余弦值为. 故选：D. 9．ACD 【分析】由图象可知求出周期，再利用周期公式可求出，再求得，利用求得，求出的解析式判断A；求出判断B；利用正弦函数单调性求解单调区间判断C；结合图象求出零点，列不等式即可求解判断D. 【详解】由图象可知，则，所以，，得，由图可知，，所以， 因为，所以，又，所以， 所以，故A正确； 定义域为R，且，所以为偶函数，所以B错误； 对于C，由，得， 当时，，所以在上单调递增，所以C正确； 对于D，由的周期为和题干图象可知， 当在上恰有3个零点时，零点为， 又y轴右侧的第四个零点为， 所以，即的取值范围是，所以D正确. 故选：ACD 10．BC 【分析】由抛物线方程求得准线方程判断A，根据抛物线的定义判断BC，求出圆心与直线的距离判断D. 【详解】由抛物线方程知，则准线l的方程为，A错误. 如图，由抛物线定义知. 又点B在圆W上，则，所以为等边三角形，B正确. 设准线l与x轴的交点为E，则原点O为线段的中点. 又，则D为的中点. 因为为等边三角形，则，C正确. 取线段的中点M，连接，则，所以， 从而圆W的半径. 因为圆心到直线的距离， 所以直线与圆W相切，D错误. 故选：BC. 11．AD 【分析】对函数求导，即可得到函数的单调区间，然后得到函数的极值点，结合函数解析式画出函数大致图象，从而判断A、B、C；令解得的值，结合函数的极值点及函数图象得到零点个数，从而判断D. 【详解】， 当时，；当时，， 所以在，上为增函数，在上为减函数， 当时，函数有极大值，当时，函数有极小值. 由，即，得或， 所以当时函数的图象在x轴上方，画出函数图象，如图    由图知，A正确，B错误； 若函数在上是减函数，实数a的取值范围是，故C错误； 由得或. 因为，， 所以与，的图象共有5个交点， 所以函数有5个零点，故D正确. 故选：AD. 12． 【分析】根据条件，利用等差数列的性质，得到，，进而求出公差，再由等差数列的前项和公式，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，因为，得到， 又，所以，则， 所以， 故答案为：. 13． 【分析】先利用二倍角公式、和差化积公式求出，结合条件求出，再利用商数关系即可得答案. 【详解】因为，所以， 由和差化积公式，得， 因为，所以， 由， 可得， 所以. 故答案为：. 14． 【分析】分和进行分类讨论，易得时不合题意，时对求导，分析得到，从而，进而由，令，求导得到的最小值即为最终结果. 【详解】函数的定义域为， 当时，可得在上单调递增，又，所以不合题意； 当时，， 易知，在上单调递增，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时，有极小值，也是最小值， 又因为恒成立且，所以， 则，得，所以， 设，，令，得， 当，，则在上单调递减， 当，，则在上单调递增， 所以，即的最小值为. 故答案为：. 15．(1) (2) (3)先派出甲 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解； （2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布，再结合期望公式求解； （3）分别计算出依次派甲乙丙进行闯关和依次派丙乙甲进行闯关，所派出人员数目的期望，再利用作差法比较大小即可． 【详解】（1）设事件表示“该小组比赛胜利”， 则； （2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3， 则，，， 所以的分布为： 所以； （3）若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为， 由（2）可知，， 若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为， 则， 则， 因为，所以，， 所以，即， 所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲． 16．(1)证明详见解析； (2) 【分析】（1）用正弦定理将边转化为角，进而用两角和的正弦公式转化为含有，的式子，根据角的范围可证； （2）先用同角三角函数的基本关系及二倍角公式可得，再用两角和的余弦公式可得． 【详解】（1）由正弦定理得， 故， 于是， 又，故，所以或， 因此（舍去）或， 所以. （2）由正弦定理得， 又，所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以， 故. 17．(1) (2)存在， 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的大小. （2）设，用表示平面和平面的法向量后可求的值，从而可求两条线段的比值. 【详解】（1）在中，因为，故， 故在四棱锥中，有， 而，故平面，因平面， 所以，而，故， 而，故可建立如图所示的空间直角坐标系：    在中，因为经过的重心G（如图），连接并延长，交于H， 则，故， 因为，故， 在中，， 则， 故，故，又， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，故， 故， 故与平面所成角的正弦值为， 因为与平面所成角为锐角，故该角为. （2）设，则，故， 又， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，故， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，故， 因为平面平面，故， 所以，故， 所以. 18．(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析． 【分析】（1）由垂直得渐近线的斜率，由焦距及渐近线斜率列方程组求得得双曲线方程； （2）点的坐标代入双曲线方程后相减结合，得，再利用的中点与原点连线斜率得证； （3）设直线的方程为，，且，直线方程与双曲线方程联立消元应用韦达定理得，然后把用坐标表示，并整理再代入韦达定理的结论得出，然后代入所设直线方程可得结论． 【详解】（1）由已知，则，所以， 一条渐近线与直线垂直，则渐近线的斜率为2，所以， 由，解得（负值舍去）， 所以曲线C方程为； （2）由题意点都在第一象限， ，作差整理得， 而，所以， 设的中点为，所以， 而双曲线的渐近线为，所以， 所以； （3）由题意直线的斜率存在，设直线的方程为，，且， 由，得， 由，所以，， 又，同理，，， 由得，化简得， 所以，整理得， 代入并化简得， 所以点在直线上．    【点睛】方法点睛：解决直线与双曲线的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件 ，明确确定直线、双曲线的条件； （2）强化有关直线与双曲线方程联立得出一元二次方程的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形面积等问题． 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先求出为函数的一个正周期，接着利用导数求解时的值域即可； （2）记，求其导数，因为，由，解得，分和分别讨论函数单调性，从而分析不等式是否恒成立； （3）当时，由（2）得，对任意的，有，因此（，且），即，令，，利用导数证明，进而得，即可得证. 【详解】（1）因为， 所以为函数的一个正周期，所以可求时的值域， 对求导得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 又，，，， 所以函数的值域为； （2）记， ， 因为，由，解得， 当时，，因此在区间上单调递减， 所以，即在区间上恒成立， 当时，存在，使得当时，，因此在区间上单调递增， 当时，，即在区间上不恒成立， 故实数的取值范围为. （3）当时，由（2）得， 对任意的，有，即， 因此（，且），即， 设，，则， 令，， 则，可得在区间上单调递减， 所以， 所以在区间上单调递减，所以， 所以当时，， 可得当且时，， 所以， 因此，. 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 $