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陕西省商洛市2026届高三下学期第一次模拟考试数学试题
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. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
解析：因为，若，则，
若，则，若，则，
所以，又，
.
故选：B.
2. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
解析：因为，所以，.
所以的虚部是．
3. 已知椭圆，则“”是“的离心率为”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
解析：若的离心率为，当的焦点在轴上，则，解得，
可得，解得；
当的焦点在轴上，则，解得，
可得，解得．
综上所述，的取值为6或1
所以“”是“的离心率为”的充分不必要条件．
4. 若某社交APP的用户数每月增长，则用户数从100万户增加到1000万户需要的时间约为（ ）
A. 15月 B. 25月 C. 35月 D. 45月
【答案】B
解析：设用户数从100万户增加到1000万户需要的时间为月，则，即，
两边取常用对数得，所以.
故选：B.
5. 在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则的展开式中有理项的项数是（ ）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】A
解析：因为在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，
所以仅有最大，则，
的通项公式，
其中，当时，是有理项，所以，
即的展开式中有理项的项数是5．
故选：A．
6. 记抛物线的焦点为，为上一点且满足，则的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
解析：显然，由抛物线定义知，
设函数，，由，
知在上单调递增，而，故，
于是，而 ，，故，，
于是的斜率.
故选：C.
7. 已知函数的最小正周期为，若对任意的恒成立，且在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
解析：因为，所以，
又，所以，即，
又在区间上单调递增，所以，
故，，解得，．
令得，又，所以；
令得；
当时，，不合题意．
综上，的取值范围为．
8. 在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，．若点均在球的表面上，则当四棱锥的体积最大时，球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
解析：由题意可得共圆，且，
所以四边形必为等腰梯形，如图所示，
取中点，中点，则，
因为，，则，
所以，则，
所以梯形的面积为定值．
因为是等腰直角三角形，为斜边的中点，，所以，
要使四棱锥的体积最大，必有平面，此时平面，
而点为的外心，因此球心在上，
设，球的半径为，
则，即，解得，
所以，球的表面积．
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，有多项符合题目要求．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. 有一组样本数据，其平均数为4，方差为，中位数为．在这组数中，去掉一个最大的数6和一个最小的数2，余下6个数据的中位数为，方差为，极差为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
解析：不妨设，则，
因为与，的中位数都是，所以，A正确；
当时，，所以B错误；
由条件知，
因为，所以，
所以余下6个数据的方差，
所以，C正确；
，D错误．
10. 已知函数，则（ ）
A. 曲线关于直线对称 B. 的极大值为
C. 存在， D. 有最小值，无最大值
【答案】ABD
解析：对于A选项，函数的定义域为，
，
所以曲线关于直线对称，A对；
对于B选项，因为，
则，
由可得或，
由可得或，
所以函数的减区间为、，
增区间为、，
所以函数的极大值为，B对；
对于C选项，当时，，
因为在上是减函数，所以，C错；
对于D选项，令，则，
设，其中，则，当且仅当时，等号成立，
故函数在上只有最小值，无最大值，
故函数有最小值，无最大值，D对.
故选：ABD.
11. 已知集合．由集合中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，集合与轴的交点自上而下分别为，中间白色部分形如美丽的“水滴”，则（ ）
A.
B.
C. 集合中的点到原点距离的最大值为3
D. 白色“水滴”图形的面积是
【答案】BCD
解析：对于A，方程中，
令，得，
所以，其中，所以，所以，
解得，所以，
所以，
，故A错误，B正确；
对于C，由，可设，，
则集合中的点到原点的距离为，
当时，，取得最大值为3，故C正确；
对于D，“水滴”图形是由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成，
它的面积是，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，若与的夹角的余弦值为，则_____________.
【答案】
解析：设与的夹角为，
由夹角公式得，解得.
故答案为：.
13. 已知，且，则___________．
【答案】
解析：由得，
解得或，
又，所以，则，
所以．
14. 在学习完“错位相减法”后，善于观察的同学发现对于“等差等比数列”此类数列求和，也可以用“裂项相消法”求解，例如，故的前项和．已知数列满足，则___________；记数列的前项和为，则___________．
【答案】；
解析：因为，所以，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，则；
设，
则，解得，
所以，
所以，
所以．
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. 在中，内角的对边分别是，且．
（1）求；
（2）若，求的面积的最大值．
解：（1）由，得，
所以由余弦定理，得，
因为中，，所以，
，所以.
（2）由和，得，
因为，当且仅当时取等号，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的面积，
即的面积的最大值为.
16. 为研究甲、乙两种治疗方案的疗效，从选择甲、乙方案进行治疗的患者中随机抽取2000名得到如下列联表：
效果明显 效果不明显 合计
甲方案 1000 200 1200
乙方案 600 200 800
合计 1600 400 2000
（1）根据小概率值的独立性检验，分析治疗效果与选择甲、乙方案是否有关联；
（2）在800名选择乙方案的患者中按效果是否明显用分层随机抽样的方法抽取8人，再从这8名患者中随机抽取4人，设表示4名患者中效果不明显的人数，求的分布列和数学期望．
附：．
0.1 0.01 0.001
2.706 6.635 10.828
解：（1）零假设为：治疗效果与选择甲、乙方案无关联，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，故治疗效果与选择甲、乙方案有关联．
（2）根据分层随机抽样方法可知，从效果明显的患者中抽取名，从效果不明显的患者中抽取名，
的取值分别为0，1，2，
则，
所以的分布列为
0 1 2
．
17. 如图，在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，，为的中点，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值；
（3）求平面与平面所成二面角的正弦值．
（1）证明：因为为的中点，，
所以，
因为，
所以四边形是正方形，
所以，
因为平面平面，
所以，
因为平面，
所以平面.
（2）解：如图，在平面中，过点作的垂线为轴，以为坐标原点，向量方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系．
则，
设平面的法向量为，，
有，取，得，
设直线与平面所成的角为，
则.
（3）解：在（2）的空间直角坐标系中，，
设平面的法向量为，
则取，得，
故平面与平面所成二面角的正弦值为.
18. 已知双曲线上的一点到两条渐近线的距离之积为，离心率为2．
（1）求的方程；
（2）记的左、右焦点分别为，点是上的一点，直线与交于另一点，直线与交于另一点，设，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由；
（3）直线与交于两点，点在上，且，其中为坐标原点，求的取值范围．
解：（1）的渐近线方程为，设双曲线上一点，
则，
又在上，所以，
即，代入可得，
又，代入可得，所以的方程为.
（2）由（1）易得，设，
由，可得，
即得，(*)，
又，所以，
即，
，即，
又，所以.
因为，
所以，，
又，所以，
即，
所以，所以，
又，所以，
所以，
解得，即为定值.
（3）设，
由消元得，
由，解得，
则有.
因为，所以
因为点在上，所以，
即，
因，
故得，即，
即，
代入韦达定理，可得
整理得.
当时，等式左边，右边，因为左边右边，不合题意；
当时，因，则，解得，产生矛盾，舍去；
当时，，解得或，故或.
综上，的取值范围为.
19. 已知函数．
（1）若，求证：；
（2）若，求证：在上恰有两个零点；
（3）若不等式对任意的恒成立，求的值．
（1）证明：若，则，
当且仅当时等号成立，
令，所以，所以当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立，
又等号不能同时取到，所以.
（2）证明：若，所以，
当时，，所以.
当时，记，，
故在上单调递增，
又，
所以，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，
又，所以在上恰有1个零点；
因为，所以在上恰有1个零点．
综上，在上恰有两个零点.
（3）解：若不等式对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
令
又，所以当时，取得最小值．
因为，则为函数在上的一个极小值点，
所以，即，解得
下面证明：当时，为函数在上的一个极小值点．
因为，令，所以，
令，所以，
当时，，所以，
当时，，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以即在上单调递增，
又，所以当时，恒成立，此时单调递减，
当时，恒成立，此时单调递增，
所以为函数在上的一个极小值点.
综上，的值是2.

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