【高考模拟】陕西省宝鸡市某校2025-2026学年高三上学期第一次质量检测数学试卷（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页陕西省宝鸡市某校2025-2026学年高三上学期第一次质量检测数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知复数z满足，则（

）A． B． C．4 D．82．已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为15π，则该圆锥的高为（

）A．3 B． C．4 D．53．已知，则（

）A． B．C． D．4．已知向量与的夹角为，且则（

）A． B． C． D．5．已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（

）A． B． C． D．6．在中，，若，则实数的值为（

）A． B． C． D．7．若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于（

）A． B．2或 C．2 D．48．一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（

）A．2h B．4h C．20h D．40h二、多选题9．设正数满足，则下列说法正确的是（

）A．的最小值为 B．的最小值为4C．的最大值为 D．的最小值为10．已知的面积为，若，则（

）A． B．C． D．11．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（

）A．当时， B．函数有3个零点C．的解集为 D．，都有三、填空题12．4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有种．13．已知，则．14．如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为．

四、解答题15．已知圆C的方程为(1)若直线l经过圆C的圆心，且倾斜角为，求直线l的方程；(2)若直线与圆C交于A，B两点，求弦AB的长.16．如图，正四棱台中，上底面边长为，下底面边长为，E为的中点，侧棱长为6.(1)证明：平面；(2)求该正四棱台的表面积.17．如图，设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点，设，.(1)当时，求的值；(2)设的面积为，求的最大值.18．在中，角的对边分别为．已知，，．(1)求A的值；(2)求c的值；(3)求的值．19．已知函数．(1)若函数有唯一零点，求实数的取值范围；(2)若对任意实数，对任意，恒有成立，求正实数的取值范围．《陕西省宝鸡市某校2025-2026学年高三上学期第一次质量检测数学试卷》参考答案题号12345678910答案BCCCADCBBCDABC题号11答案BCD1．B【分析】先求出复数，再根据复数模的公式即可求出．【详解】由可得，，所以，故选：B.2．C【分析】由圆锥侧面积的求法列方程求母线，再由圆锥轴截面结构特征求圆锥的高.【详解】设圆锥的底面半径，母线长为，则，解得，所以该圆锥的高.故选：C3．C【分析】由基本不等式结合特例即可判断.【详解】对于A,当时，，故A错误；对于BD，取，此时，，故BD错误；对于C，由基本不等式可得，故C正确.故选：C.4．C【分析】根据平面向量的模结合向量的数量积的运算律求解即得.【详解】与的夹角则，解得.故选：C.5．A【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解.【详解】由题知对一切成立，于是.故选：A6．D【分析】利用向量的线性运算，结合，化简得到，对照题设即得的值.【详解】因为，可得，所以，又因为，所以.故选：D.7．C【分析】根据给定条件，结合等比数列定义列式求出公比.【详解】记此等比数列为，设其公比为，由，得，依题意，，则，，所以这个数列的公比等于2.故选：C8．B【分析】由题给条件列出不同训练数据量时所需的时间，结合对数的运算性质即可求解.【详解】设当N取个单位、个单位、个单位时所需时间分别为,由题意，，，，因为，所以，所以，所以当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加4小时.故选：B.9．BCD【分析】直接利用均值不等式判断A选项，通过“1”的代换判断B选项，利用平方判断CD选项.【详解】A选项，，当且仅当即时等号成立，故的最大值为，A错误；B选项，，当且仅当时等号成立，故B正确；C选项，由，得，所以，当且仅当时等号成立，故C正确；D选项，由，得，当且仅当时等号成立，故D正确；故选：BCD.10．ABC【分析】对由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较和的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用算出取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项.【详解】，由二倍角公式，，整理可得，，A选项正确；由诱导公式，，展开可得，即，下证.方法一：分类讨论若，则可知等式成立；若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理，又，于是，与条件不符，则不成立；若，类似可推导出，则不成立.综上讨论可知，，即.方法二：边角转化时，由，则，于是，由正弦定理，，由余弦定理可知，，则，若，则，注意到，则，于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是，结合，而都是锐角，则，于是，这和相矛盾，故不成立，则方法三：结合射影定理（方法一改进）由，结合正弦定理可得，，由射影定理可得，于是，则，可同方法一种讨论的角度，推出，方法四：和差化积（方法一改进）续法三：，可知同时为或者异号，即，展开可得，，即，结合和差化积，，由上述分析，，则，则，则，即，于是，可知.由，由，则，即，则，同理，由上述推导，，则，不妨设，则，即，由两角和差的正弦公式可知，C选项正确由两角和的正切公式可得，，设，则，由，则，则，于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误.故选：ABC11．BCD【分析】根据函数奇偶性求解析判断A；解方程求零点判断B；解不等式可判断C；利用导数求出函数的极值，可得函数值域，即可判断D.【详解】对于A，函数是定义在R上的奇函数，当时，，则当时，，故，A错误；对于B，函数是定义在R上的奇函数，故；当时，令，解得；当时，令，解得；故函数有3个零点，B正确；对于C，当时，令，解得；当时，令，解得，则，故的解集为，C正确；对于D，当时，，所以时，，单调递减，时，，单调递增，所以时，取最小值为，且时，，所以，即，当时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以时，取极大值为，且时，，时，，所以，所以，综合以上，的值域为，所以，都有，故D正确；故选：BCD12．288【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可.【详解】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法，故有种排法.故答案为：28813．15【分析】利用赋值法可求，利用换元法结合赋值法可求的值.【详解】令，则，又，故，令，则，令，则，故故答案为：.14．【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积.【详解】因为且四边形为正方形，故，而，故，故，故所求体积为，故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）首先求出圆的标准方程，则圆心坐标可求，再由点斜式方程求解即可得答案；（2）利用点到直线的距离公式结合勾股定理知识可求解.【详解】（1）由题意得圆C的标准方程为：，所以圆心坐标为，由直线的点斜式方程可得直线方程为，即；（2）圆心到直线的距离为，所以弦AB的长为.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，交于点，连接.根据三角形中位线定理证明，再利用线面平行的判定定理即可证明；（2）在梯形中，过作交于点，根据平面几何知识可求出，进而可求，即可求解正四棱台的表面积.【详解】（1）（1）连接，交于点，连接，如图所示.在正四棱台中，底面为正方形，所以为中点.又为的中点，.又平面，平面，平面.（2）由题可知：在梯形中，，，，过作交于点，，，所以，正四棱台的表面积为.17．(1)(2)【分析】（1）依题意可证，即可得到，再由勾股定理计算可得；（2）首先证明，得到，在利用勾股定理得到，从而得到，再由面积公式及基本不等式计算可得.【详解】（1）如图，由矩形的周长为，，可知，.，，，，.在中，由勾股定理得，即，解得.（2）如图，由矩形的周长为，可知，，，，，，.在中，由勾股定理得，即，解得，所以.所以的面积为.由基本不等式与不等式的性质，得，当且仅当时，即当时，的面积最大，面积的最大值为.18．(1)(2)(3)【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求；（2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得；（3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得.【详解】（1）已知，由正弦定理，得，显然，得，由，故；（2）由（1）知，且，，由余弦定理，则，解得（舍去），故；（3）由正弦定理，且，得，且，则为锐角，故，故，且；故.19．(1)(2)【分析】（1）将函数有唯一零点转化成方程有唯一解的问题，对二次项系数进行分类讨论即可；（2）由复合函数单调性可知，函数为上的减函数，将恒成立转化成在上恒成立，讨论对称轴与区间的位置关系，求出其在区间上的最小值，使最小值大于等于0即可求得正实数的取值范围.【详解】（1）函数有唯一零点，即①有唯一零点，即有唯一零点，当时，，解得，符合题意；当时，方程为一元二次方程，其当时，，方程有两个相等的实数根，符合题意；当时，，方程有两个不等的实数根，；若为①的解，则，解得；若为①的解，则，解得；要使①有唯一实数解，则．综上，实数的取值范围为．（2）函数，其中内部函数在上为减函数，外部函数为增函数，由复合函数性质知为上的减函数，，，不等式转化为，即转化为，即令，，即．二