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山西、陕西名校联考2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷
注意事项
1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
一、选择题
1．已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2．已知复数，，则( )
A. B. C. D.
3．若函数的图象的两条相邻对称轴之间的距离为1，则( )
A.2 B.1 C. D.
4．已知向量a，b满足，，，则a与b的夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
5．春节期间，某短视频平台推出了“AI预测助手”，用于预测观众是否会点赞某个视频.为了解预测效果，随机抽取部分短视频，统计AI助手的预测结果以及观众实际的点赞情况，所得数据如下表：
预测：不会点赞 预测：会点赞
实际：未点赞 120 30
实际：点赞 20 80
现从AI助手预测“会点赞”的短视频中随机抽取一个，则该短视频实际被观众点赞的概率是( )
A. B. C. D.
6．如图，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆柱的两个底面圆周和圆锥的顶点均在同一个球的球面上，若该球的表面积为，圆柱的高为2，则圆锥的体积为( )
A. B. C. D.
7．已知偶函数在上单调递增，若，，，则( )
A. B.
C. D.
8．已知双曲线的实轴和虚轴的长度相等，C的左、右顶点分别为A，B，P为C上位于第一象限内的一点，设，，则的面积为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
9．已知函数，不等式的解集为，则( )
A. B.
C. D.的极小值点为
10．已知数列满足，，，是的前n项和，则( )
A.是等比数列
B.是等比数列
C.是等比数列
D.的前n项和小于1
11．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，记的面积为S，周长为L，重心为G，若，，则( )
A. B.S的取值范围是
C.L的取值范围是 D.的最小值为
三、填空题
12．的展开式中的系数为_____________.
13．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在C上且位于第一象限，O为坐标原点，设的平分线交C于点M，交l于点N，若，则____________.
14．已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱为棱的中点，设平面α过点P且满足，则α截正四棱柱所得截面的面积为___.
四、解答题
15．某芯片公司生产两种芯片，一种是用于人工智能计算的甲类芯片，另一种是用于基础信号传输的乙类芯片.现将4个甲类芯片和2个乙类芯片混合放置在一个容器中，这些芯片外观完全相同.
(1)质检员从中随机抽取2个芯片进行破坏性测试，求至少抽到1个乙类芯片的概率；
(2)自动化测试机随机逐个对芯片进行性能检测，检测过的芯片不再放回，直到甲类芯片或乙类芯片被全部检测完毕时停止，记停止时检测的芯片总数为X，求X的分布列与数学期望.
16．设数列的前n项和为，已知，是公差为3的等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，设数列的前n项和为，求证：.
17．如图，四棱锥的底面是菱形，，，，M为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．已知函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：当时，；
(3)若，设，且，证明：.
19．已知圆，过点且不与x轴重合的直线l交圆A于C，D两点，过点B作的平行线，交直线于点E.
(1)求点E的轨迹Ω的方程.
(2)设l与Ω交于P，Q两点，O为坐标原点.
(i)若的面积为，求l的方程；
(ii)求的外接圆的面积S的最小值.
参考答案
1．答案：A
解析：由题可知，所以.
2．答案：D
解析：.
3．答案：D
解析：由题可知的最小正周期为2，即，解得.
4．答案：C
解析：因为，
所以，
所以a与b的夹角的余弦值为.
5．答案：B
解析：由题表可知，AI预测助手预测“会点赞”的短视频数为，其中观众实际点赞的视频数为80，
所以所求的概率为.
6．答案：C
解析：如图，过圆柱的轴作球的截面.
设球的半径为R，则，解得.
由题可知，则，
又，所以圆锥的体积.
7．答案：B
解析：因为，
所以，故，
又易知，即，
所以.
因为偶函数在上单调递增，
所以在上单调递减，故.
8．答案：A
解析：如图.由题可得，，则，.设，则，，
.
，
，
，
，
又，
.
9．答案：ABD
解析：由题可知，方程的根为（二重根）和，可得，
即，
所以，，，故A，B正确，C错误；
因为，
所以，
令，得，，易知极小值点为，故D正确.
10．答案：AD
解析：对于A，由题可得，且，故是首项为，公比为的等比数列，故A正确；
对于B，由A易得，于是，又因为，所以，所以不是等比数列，故B错误；
对于C，由B可知，所以，显然不是等比数列，故C错误；
对于D，易知当时，，所以，设，则，故D正确.
11．答案：ACD
解析：对于A，由，可得，即，由余弦定理可得，又为锐角三角形，所以，故A正确；
对于B，由正弦定理，可得，
因为为锐角三角形，所以解得，则，
，故，所以的取值范围为，故B错误；
对于C，由余弦定理可得，由对B的分析可知，所以，且随a的增大而增大，则，所以的取值范围为，故C正确；
对于D，设的中点为D，因为G是的重心，所以，在中，由余弦定理可得，
故当时，取得最小值，此时的最小值为，故D正确.
12．答案：80
解析：的展开式的通项为，
令，可得，则，
故的系数为80.
13．答案：4
解析：由题不妨设，则.
过点M作于点H，则，
所以，则，
所以，
过点P作于点D，则是等边三角形，，则N点与D点重合，所以.
14．答案：
解析：以D为坐标原点，以直线，，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题可得，，，，
不妨设棱上一点，其中，则，，由，可得，解得，所以.
由题易知即为α与平面的交线，且.
同理可得α与平面的交线为，且，
由对称性可知α截正四棱柱所得的截面为菱形，且此菱形的对角线长分别为，，
故截面面积为.
15．答案：(1)
(2)见解析
解析：(1)设“至少抽到1个乙类芯片”为事件A，则表示事件“抽取的两个芯片都是甲类芯片”，
则.
(2)由题意知X的所有可能取值为2，3，4，5.
，，
，，
所以X的分布列为
X 2 3 4 5
P
.
16．答案：(1)
(2)证明见解析
解析：(1)因为，所以，
又因为是公差为3的等差数列，所以，
即，
当时，，
又适合上式，所以的通项公式为.
(2)由(1)知，
所以，
所以.
17．答案：(1)证明见解析
(2).
解析：(1)，，M是的中点，
，且.
在中，同理可得，.
，
.
又，平面，
平面.
(2)设与相交于点O.
以O为坐标原点，直线，分别为x，y轴，过点O且垂直于平面的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，.
设.
则，可得，
则，，.
设平面的法向量为，
则，即，可取.
设直线与平面所成的角为θ，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.
18．答案：(1)在上单调递增，在上单调递减
(2)证明见解析
(3)证明见解析
解析：.
①若，则恒成立，在R上单调递增.
②若，令，得.
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
(2)当时，.
令，则，.
易知在上单调递增.
又，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.
故，即.
所以得证.
(3)当时，在R上单调递增，且.
因为，所以，所以.
只需证，即证.
由(2)知，，
所以.
又因为，所以，
所以，即.
因此，从而得证.
19．答案：(1)
(2)(i) (ii)
解析：(1)圆A的方程化为标准方程得，所以圆心，半径.
由，可得，
由，可得，所以，故.
所以，符合椭圆的定义，
故点E在以A，B为焦点的椭圆上，且，，
所以Ω的方程为.
(2)设，，.
(i)联立l与Ω的方程，得消去x可得，
则，.
，
令，解得或（舍去），
故，
故l的方程为.
(ii)易知，，
所以，同理可得.
易知点A到l的距离为，
所以.
设的外接圆的半径为R，
由正弦定理，有，
令，则，.
令，则，
因为，所以，
则在上单调递增.
从而当时，，
即此时R取得最小值，
所以的外接圆的面积S的最小值为.

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