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2026-2027学年陕西省西安高新第一中学高三（上）第四次模考
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知向量，满足，，，则( )
A. B. C. D.
3.十九世纪德国数学家狄利克雷提出了“狄利克雷函数”已知，，则“”是“”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
4.已知一个四面体的所有棱长均相等，且所有顶点在同一个球面上，若球的体积为，则该四面体的表面积为( )
A. B. C. D.
5.某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键次，每次点击随机生成数字或或，点击结束后，生成的个数字之和即为奖券码已知顾客甲参加了一次抽奖，则他的抽奖码是的概率为( )
A. B. C. D.
6.已知，则( )
A. B. C. D.
7.已知双曲线：的左、右焦点分别为、，过的直线交的右支于、两点，满足，若、的重心分别为、，且，则的离心率为( )
A. B. C. D.
8.已知函数在上有三个零点，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，为矩形，在边上，在边上，，，，则下列结论正确的是( )
A.
B.
C.
D.
10.已知函数，，则( )
A. 函数在上无极值点
B. 函数在上存在唯一极值点
C. 函数在处的切线方程为
D. 若对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为
11.已知是曲线：上的动点，点，，内切圆的圆心记为，直线与直线交于点，则( )
A. 关于直线对称
B. 存在点，使得为坐标原点
C. 为定值
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数满足，则 ．
13.已知，则的最小值为 ．
14.关于的不等式的解集中有且仅有两个大于的整数，则实数的取值范围为 ．
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.本小题分
为推动陕西省旅游高质量发展，西安市对来旅游的游客发起满意度调查，满意度得分采用百分制，统计的综合满意度得分绘制成如下频率分布直方图．
求；
根据频率分布直方图，估计游客综合满意度得分的第百分位数；
若规定综合满意度得分不低于分为对西安市非常满意，用样本频率估计总体概率，从进行满意度打分的游客中随机抽取人，记其中“对西安市非常满意”的人数为，且各满意度得分相互独立求的数学期望．
16.本小题分
如图，在三棱台中，上、下底面分别是边长为，的正三角形，侧棱底面，且，点是棱的中点．
证明：平面平面；
若点在棱上，满足二面角的余弦值为，求的长度．
17.本小题分
在等比数列中，，且．
求的通项公式；
若，在与之间插入个数，使得这个数构成一个公差为的等差数列，记数列的前项和为，求．
18.本小题分
已知为抛物线：的焦点，过点的直线与抛物线交于，两点，抛物线在，两点处的切线交于点．
设是抛物线上一点，证明：抛物线在点处的切线方程为，并利用切线方程求点的纵坐标的值；
点为抛物线上异于，的点，过点作抛物线的切线，分别与线段，交于，．
若，求的值；
证明：．
19.本小题分
设函数，．
当时，求的最大值；
已知有两个极值点．
求证：不存在最小值；
若曲线：在点处的切线与有且仅有一个交点，求证：的取值个数有限．
1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】
15.【答案】解：由频率分布直方图可知各组频率依次为，，，，
则，解得；
因为，，
可知第百分位数位于内，设为，
则，解得，
所以估计游客综合满意度得分的第百分位数为；
若规定综合满意度得分不低于分为对西安市非常满意，用样本频率估计总体概率，
则“对西安市非常满意”的概率，
从进行满意度打分的游客中随机抽取人，记其中“对西安市非常满意”的人数为，
且各满意度得分相互独立，则，
根据二项分布的期望公式可得．
16.【答案】解：证明：因为为正三角形，为的中点，所以，
又底面，底面，故AA，
因为，且，平面，所以平面，
又平面，故平面平面；
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
，，，
设，，
则，，则，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
，即，
令，则，
设平面和平面的夹角为，
则，
解得负值舍去，
所以．
17.【答案】解：在等比数列中，，且，
设公比为，可得，且，解得，或，
所以或．
若，则，
由题意可知：，则，
所以．
18.【答案】解：证明：由题意，曲线，可得，则，
点处的切线方程为，即，
因为，代入可得，
设，，，
联立方程组，整理得，可得，
又由切线方程可知，抛物线在点，处的切线分别为，
消去可得，消去可得，
即．
设 ，，，
由 可知 ，
由 可知 ，
由 可知 ，
故 ．
证明：由抛物线性质可知，，同理 ，
又 ，
同理可得，，
由均值不等式可知，
，
同理，，
但取等条件 不同时成立，
因此，证毕．

19.【答案】解：当时，，定义域为，
所以，，
由，得，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以当时函数取得极大值也是最大值，
因此最大值为；
证明：，，
因为有两个极值点，所以当时，有两个零点，
即方程有两个正实数根，
令，即，
则，
所以方程有两个正实数根，，
则，即，解得，
因为二次函数开口向上因为，且有两个正实数根，，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以是函数的极大值点，是函数的极小值点，满足有两个极值点，
因此，的取值范围是，即不存在最小值；
(ⅱ)由(ⅰ)可知，又，，
所以在点处切线的方程为，
与曲线的方程联立，消去得，
令，，
因为切线与有且仅有一个交点，
所以函数有且仅有一个零点，又，
，
所以，
当，即时，在和上单调递增，在上单调递减，
当时，，且，
由零点存在性定理，函数在区间上有一个零点，且，
因此函数一共有个零点，不符合题意，舍去；
当，即时，，函数在区间上单调递增，
又，满足函数有且仅有一个零点，符合题意；
当，即时，在和上单调递增，在上单调递减，
当时，，且，
此时，在区间上有一个零点，且，
因此函数一共有个零点，不符合题意，舍去；
综上所述，只有符合条件，即的取值个数有限．
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