精品解析：陕西师范大学附属中学2025-2026学年高三年级第十一次模考数学试题

陕西师大附中 2025-2026 学年高三年级第十一次模考 数学试题 注意事项： 1. 本考试满分150分，时间120分钟. 2. 答卷前将答题纸上的个人考试信息填写完整. 3. 本试卷答案均写在答题纸上，答卷必须使用的黑色签字笔书写，字迹工整、笔迹清晰.并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效. 4. 只交答题纸，不交试题卷. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及模的计算公式即可求解． 【详解】 ， 则． 2. 是为奇函数的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义判断可得答案. 【详解】因为奇函数的定义域关于原点对称， 时的定义域不一定关于原点对称， 所以 不是为奇函数的充分条件； 如果为奇函数在处有定义时有 ， 在处没有定义时没有 ， 所以 不是为奇函数的必要条件； 综上， 是为奇函数的既不充分也不必要条件. 故选：D. 3. 已知 ， ，则 （ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量数量积的平方差公式，将所求转化为已知两个和差向量的数量积进行计算. 【详解】已知 ， ， 则 . 4. 随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. 1 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的对称性列出概率的等式后求解． 【详解】或，又， 故，则，得， 故选：B． 5. 已知 为函数 的最小正周期，则 （ ） A. B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【详解】 . ， . 6. 已知直线 过抛物线 的焦点 ，与抛物线 交于 ， 两点，且线段 中点的横坐标为 ，则弦 的长为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先求出焦点 坐标，设，利用中点坐标公式得，利用抛物线的定义即可求出弦长. 【详解】抛物线方程为 ，焦点坐标为 ，准线方程为 ， 设 ，由中点坐标公式得： ，因此 ， 根据抛物线的定义得， 故弦长 . 7. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，侧棱长为，该正四棱台的体积为（ ） A. 518 B. C. 350 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据正四棱台的几何特征求出高，再代入棱台体积公式计算即可． 【详解】求上下底面的对角线长度：正四棱台上下底面均为正方形，上底面边长为，故上底面对角线长为 ；下底面边长为，故下底面对角线长为 ； 上底面顶点在下底面的射影落在下底面的对角线上，可得侧棱在底面的投影长度为 ； 已知侧棱长为，由勾股定理得棱台的高 ； 计算体积： 上底面面积 ，下底面面积 ， 代入棱台体积公式 ． 8. 从1、2、3、4、5、6、7这7个数中任取5个不同的数，事件：“取出的5个不同的数的中位数是4”，事件：“取出的5个不同的数的平均数是4”，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据中位数的性质、平均数的定义，结合古典概型、条件概率的公式进行求解即可. 【详解】根据题意，从7个数中任取5个数，则基本事件总数为， 这5个数的中位数是4的基本事件有个， 所以， 其中5个数的平均数都是4的基本事件有 1，2，4，6，7；1，3，4，5，7；2，3，4，5，6，共3种情况， 这3种情况恰好也是的基本事件， 所以，所以， 故选：C 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多个符合题目要求的.全部选对的得 6 分.部分选对的得部分分，有选错的得 0 分. 9. 在 中，，，，则（ ） A. 外接圆的半径为 B. C. 是钝角三角形 D. 内切圆的半径为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求出 ，对于A，根据正弦定理即可求解；对于B，根据余弦定理即可求解；对于C，根据最大边对应的角为最大角即可判断；对于D，根据三角形的面积公式，及等面积法即可求解． 【详解】在 中，由，则， 对于A，设 外接圆的半径为 ， 则由正弦定理有，即，故A正确； 对于B，由余弦定理有 ， 即， 化简整理得 ， 解得，或（舍去），故B正确； 对于C，结合选项B知为最大边，且其对应的角为最大角， 又 ，所以的最大角为锐角， 所以 是锐角三角形，故C错误； 对于D，设 内切圆的半径为 ，结合选项B有， 则 ， 即 ，解得，故D正确． 10. 已知等比数列 的公比为 ，前 项和为 ，前 项积为 ，若 ， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】A. 利用等比数列性质，若下标和相等则对应项乘积相等，因 ，故该项正确；B. 将各项用与公比 表示后作差，因式分解得差恒为正，故原不等式方向错误；C. 由前项积公式取对数作差，得两式比值与有关，其大小关系随 变化而不恒成立，故该项错误；D. 将前项和公式代入作差，化简后差值为负，故原不等式恒成立，该项正确. 【详解】已知是各项为正的等比数列，则 . 选项A：根据等比数列性质可知，若 ，则. 由于 ，因此，A正确； 选项B：作差比较得， 因为 ， ， ，所以差大于0， 即，B错误； 选项C：是前项积，对两边取对数推导得 ， 即. 若 ，则； 若 ， ，则 ，C错误； 选项D：等比数列前项和，作差得 ， 因此，D正确. 11. （多选题）在正方体 中， 为棱 的中点，则（ ） A. 过 有且只有一条直线与直线 和 都垂直 B. 过 有且只有一个平面与直线 和 都平行 C. 过 有且只有一条直线与直线 和 所成角均为 D. 过 有且只有一个平面与直线 和 所成角相等 【答案】AB 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理及概念判断A；根据线面平行的判定与性质判断B；由异面直线所成角的概念可判断选项C；建立空间直角坐标系，利用向量法表示出线面角，根据法向量判断平面个数即可判断D. 【详解】对于A，因为 ，若，则 ，若 ， ， 平面，则 平面， 显然满足条件的直线唯一，即，A正确； 对于B，分别取，的中点，，连接 ， ， 因为，，，分别为，的中点， 所以，，则四边形 为平行四边形， 所以，又因为，则 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 同理可证 平面 ， 所以过有且只有一个平面与直线和都平行，B正确； 对于C，取，的中点 连，则， ， 若与直线，所成角为45°，则与所成角为45°， 显然 的角平分线及其外角平分线均符合，C不正确; 对于D，以点为坐标原点，，，所在直线分别为，， 轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为，则，，，， ，， 设满足题设条件的平面的法向量为，其中 ， 由题意可得，可得，即， 所以，以或为法向量且过点的平面均满足题意， 故过有无数个平面与直线和所成角相等，D不正确. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 若 ，，则 ____. 【答案】## 【解析】 【详解】，. . 13. 已知双曲线 的一条渐近线与圆 相交于 ， 两点，则 ____. 【答案】 【解析】 【详解】已知双曲线 ，则双曲线的两条渐近线方程分别为 和 ， 双曲线的一条渐近线与圆 相交于，两点， 由圆关于轴对称，而双曲线的两条渐近线均关于轴对称， 因此，无论选择哪一条渐近线，其与圆相交所得弦长都相等. 由圆 可知，圆心坐标为，半径 ， 将其中一条渐近线 化为一般式： ， 则圆心到渐近线的距离， 则弦长 . 14. 已知集合 ，集合 ，则函数 共有____个；若函数 满足： ，使得 ，则符合该条件的函数 共有____个. 【答案】 ①. 1024 ②. 570 【解析】 【分析】空一：函数 ，每个自变量有4种取值，由乘法原理得总数； 空二：差值 在值域中唯一对应 ，故值域必须同时含有和 ，用容斥原理得满足条件的个数. 【详解】空一：函数 ，集合 有5个元素，集合 有4个元素， 则每个自变量 都有4种取值可能，因此总个数为 空二：条件 ，使得 . 由于 ，差为3的唯一可能是 ， 因此必须有某个自变量取值为9，另一个自变量取值为6，即函数值域中必须同时包含6和9. 计算满足“值域同时包含6和9”的函数个数，函数总个数为，用容斥原理： 函数值域中不含6：每个自变量只能取 ，共个； 函数值域中不含9：每个自变量只能取 ，共个； 函数值域中既不含6也不含9：只能取  ，共个. 由容斥原理，函数值域中同时含有6和9的函数个数为 . 因此符合该条件的函数  共有 个. 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. ， 两组各 7 位病人服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下： 组：10，11，12，13，14，15，16； 组：12，13，15，16，17，14，． （1）假设所有病人的康复时间相互独立，从 ， 两组随机各选 1 人， 组选出的人记为甲， 组选出的人记为乙，如果 ，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率； （2）求 组病人康复时间的方差，并直接写出 ， 两组病人康复时间的方差相等时 的一个值． 【答案】（1） （2） 组方差为，的一个值为（或） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型求解，先计算总选法数，再统计甲康复时间更长的选法数，比值即为所求概率； （2）根据方差计算公式求出A组方差，结合方差反映数据离散程度的性质，通过数据对称性得到符合条件的值.  【小问1详解】 从、两组各随机选1人，共有 种等可能的基本事件. 当 时，组康复时间为12，13，14，15，16，17，25， 满足甲康复时间更长的情况如下： ①乙康复时间为12时，甲可选13、14、15、16，共4种； ②乙康复时间为13时，甲可选14、15、16，共3种； ③乙康复时间为14时，甲可选15、16，共2种； ④乙康复时间为15时，甲可选16，共1种； 乙康复时间为16、17、25时，不存在甲康复时间更长的情况. 符合条件的基本事件共 种，由古典概型概率公式得所求概率. 【小问2详解】 先计算组康复时间的均值：  ， 由方差公式得A组方差：     . 方差反映数据的离散程度，当 时，组数据为11、12、13、14、15、16、17，与组数据相比每个数值均大1，离散程度完全相同，因此方差相等， 故 为符合条件的一个值（ 也满足要求）. 16. 记正项数列的前项和为，已知． （1）求； （2）记，数列 的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2）由（1）知 ， 由， 得 . 所以数列 的前项和， 得， 因此，. 【解析】 【分析】（1）根据前项和与的关系，判断出数列为等差数列，进而求出数列的通项公式. （2）根据第（1）问，表示出数列的通项公式，对裂项，求其前项和，再证明结论成立. 【小问1详解】 由正项数列，前项和， 当时，， 整理得 ， 解得 舍去. 当 时，， 所以， 即， 整理得 ， 因为，所以 ，即是首项为5，公差为2的等差数列， 所以数列的通项公式为 . 【小问2详解】 略 17. 已知函数 . （1）设 ，求 的单调区间； （2）设 是 的极小值点，求证：. 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2）因为 是 的极小值点， 则 ， 即 ，即， 所以 由于 ， ，由于在上单调递增， 所以， 令 ，所以 在上单调递减， 则， 即 【解析】 【分析】（1）求出，利用导数研究函数单调性的即可； （2）由题可得，由（1）结合零点存在定理可得，令 ，结合二次函数的单调性即可证明结论. 【小问1详解】 由题可得， 所以， 令 ，解得：， 令，解得：， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 略 18. 如图所示，在矩形中，，，为的中点，将沿折起，使得平面 平面 ． （1）求证：平面 ； （2）求三棱锥 的外接球球心到直线的距离； （3）若 ，（），当二面角 的平面角为时，求． 【答案】（1）在矩形中，有，， 由为的中点，则 ， 所以， 则，所以 ， 由平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ， 所以平面 ， 又平面 ，所以， 又，所以 ， 又 ，且 平面 ，所以平面 ． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据矩形的性质，勾股定理，面面垂直的性质，及线面垂直的判定即可证明； （2）结合（1），求出，再根据三棱锥 各棱的关系，将其扩成长方体，从而找到其外接球球心，再借助面面垂直的性质，建立以为原点的空间直角坐标系，进而利用空间中点到直线的距离公式求解即可； （3）结合（2）的空间直角坐标系，及条件求出平面 的法向量，再结合（1）得到平面 的一条法向量，进而利用空间向量夹角的余弦值求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 结合（1）有平面 ， ，， 又平面 ，则 ， 所以， 又，，则， 所以是直角三角形，且， 所以把三棱锥 扩展成底面边长为的正方形，高为的长方体，如下图所示， 由的中点为长方体的外接球球心，所以为三棱锥 的外接球球心． 由 ，取的中点，连接，则 ， 又平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ， 所以以为原点，直线 ，，的平行线分别为，， 轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 所以点到直线的距离为． 【小问3详解】 结合（2）的空间直角坐标系，有，，，， 由，则，所以得， 则，， 设平面 的法向量为，则， 令，则， ，所以， 结合（1）有平面 ，且， 所以平面 的一条法向量为， 又二面角 的平面角为，且， 则，即，解得，或（舍去）， 所以当二面角 的平面角为时，． 19. 在平面直角坐标系 中，以椭圆 （ ）与坐标轴的交点为顶点的四边形的周长为 ，离心率为 . （1）求椭圆 的方程； （2）设 ， ，点 在第三象限且在椭圆 上.直线 与 轴交于点 ，直线 与 轴交于点 . ①是否存在点 ，使得 ？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由； ②求四边形 面积的最大值. 【答案】（1） . （2）①存在， ② 【解析】 【分析】（1）由已知得，解方程即可求解； （2）①设，利用直线 的方程即可求出点的坐标，由 得到两直线斜率关系，与椭圆方程联立即可求得点坐标； ②由图写出四边形面积表达式，借助于椭圆参数方程和换元，利用二次函数的性质即可求得其最大值. 【小问1详解】 由已知得， 所以， 所以椭圆方程为 . 【小问2详解】 ①设，其中 ，则 . 又因为，所以直线， 令，所以，同理， 若 ，则， 所以， 化简可得： 与 联立， 化简得： ， 因为点在第三象限，所以 ， ， 所以 ，故 ， 解得：， 所以存在点 ，使得 ，即点坐标为 ②所以四边形的面积 ， 令， 所以， 令 ，则，，故， 故当时，，即时， 也即时，四边形的面积取最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西师大附中 2025-2026 学年高三年级第十一次模考 数学试题 注意事项： 1. 本考试满分150分，时间120分钟. 2. 答卷前将答题纸上的个人考试信息填写完整. 3. 本试卷答案均写在答题纸上，答卷必须使用的黑色签字笔书写，字迹工整、笔迹清晰.并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效. 4. 只交答题纸，不交试题卷. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 2. 是为奇函数的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知 ， ，则 （ ） A. 0 B. 1 C. D. 4. 随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. 1 C. D. 3 5. 已知 为函数 的最小正周期，则 （ ） A. B. C. D. 0 6. 已知直线 过抛物线 的焦点 ，与抛物线 交于 ， 两点，且线段 中点的横坐标为 ，则弦 的长为（ ） A. B. 2 C. D. 3 7. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，侧棱长为，该正四棱台的体积为（ ） A. 518 B. C. 350 D. 8. 从1、2、3、4、5、6、7这7个数中任取5个不同的数，事件：“取出的5个不同的数的中位数是4”，事件：“取出的5个不同的数的平均数是4”，则 （ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多个符合题目要求的.全部选对的得 6 分.部分选对的得部分分，有选错的得 0 分. 9. 在 中，，，，则（ ） A. 外接圆的半径为 B. C. 是钝角三角形 D. 内切圆的半径为 10. 已知等比数列 的公比为 ，前 项和为 ，前 项积为 ，若 ， ，则（ ） A. B. C. D. 11. （多选题）在正方体 中， 为棱 的中点，则（ ） A. 过 有且只有一条直线与直线 和 都垂直 B. 过 有且只有一个平面与直线 和 都平行 C. 过 有且只有一条直线与直线 和 所成角均为 D. 过 有且只有一个平面与直线 和 所成角相等 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 若 ，，则 ____. 13. 已知双曲线 的一条渐近线与圆 相交于 ， 两点，则 ____. 14. 已知集合 ，集合 ，则函数 共有____个；若函数 满足： ，使得 ，则符合该条件的函数 共有____个. 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. ， 两组各 7 位病人服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下： 组：10，11，12，13，14，15，16； 组：12，13，15，16，17，14，． （1）假设所有病人的康复时间相互独立，从 ， 两组随机各选 1 人， 组选出的人记为甲， 组选出的人记为乙，如果 ，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率； （2）求 组病人康复时间的方差，并直接写出 ， 两组病人康复时间的方差相等时 的一个值． 16. 记正项数列的前项和为，已知． （1）求； （2）记，数列 的前项和为，证明：． 17. 已知函数 . （1）设 ，求 的单调区间； （2）设 是 的极小值点，求证：. 18. 如图所示，在矩形中，，，为 的中点，将沿折起，使得平面 平面 ． （1）求证：平面 ； （2）求三棱锥 的外接球球心到直线 的距离； （3）若 ，（），当二面角 的平面角为时，求． 19. 在平面直角坐标系 中，以椭圆 （ ）与坐标轴的交点为顶点的四边形的周长为 ，离心率为 . （1）求椭圆 的方程； （2）设 ， ，点 在第三象限且在椭圆 上.直线 与 轴交于点 ，直线 与 轴交于点 . ①是否存在点 ，使得 ？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由； ②求四边形 面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $