2026届陕西榆林市高三一模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页榆林市2026届高三第一次模拟测试数学试题注意事项：1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟．2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上．3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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．涂写在本试卷上无效．4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效．5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收．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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，则（

）A． B． C． D．3．设等差数列的前项和为，若，，则（

）A．5 B．6 C．7 D．84．已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．5．曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（

）A． B．1 C． D．6．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则7．在等腰梯形中，，，，为线段上的动点（包括端点），则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知，，若，则的取值范围是（

）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，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有三个正确选项的，每个选项2分，有两个正确选项的，每个选项3分，有选错的得0分．9．已知函数（），满足，则关于函数的说法正确的有（

）A．B．函数的对称中心为（）C．函数的单调递减区间为（）D．函数在上的最小值为10．已知函数，若方程恰有2个不同的实数根，则实数可能的取值为（

）A． B．1 C． D．211．在棱长为1的正方体中，设为的中点，为的中点，为线段上的动点．则下列说法正确的是（

）A．过、、三点的平面截正方体所得截面可能为正六边形B．直线与平面所成角的最大值为C．不存在点，使得D．与一定是异面直线三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知向量在向量上的投影向量为，则向量.（写出满足条件的一个即可）13．已知，则．14．在有序数组（，）中定义：元素（）右边比其大的元素个数称为的“顺序数”，元素右边比其小的元素个数称为的“逆序数”．记有序数组的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和为．①的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和．②．四、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．已知数列中，，．(1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和．16．已知的内角，，所对的边分别为，，，且．(1)求角的值；(2)若的面积为，的平分线交于，求线段的最大值．17．如图，在梯形中，，，将沿翻折成，使得，连接，．(1)求证：；(2)若，，，且点、、、均在球的球面上．（ⅰ）证明点在线段上；（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．18．已知函数．(1)当时，求的最小值；(2)已知函数有两个零点，，且．（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）证明：．19．已知函数，．(1)证明：在上单调递减；(2)记的最小值为，最大值为，数列的前项积为．（ⅰ）求的通项公式；（ⅱ）证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】根据并集的定义即可求出.【详解】利用并集的定义可得．故选：D．2．A【分析】根据共轭复数、复数的除法运算求得正确答案.【详解】由题意可得，则，所以．故选：A3．B【分析】利用等差数列的通项公式、前项和为以及等差中项即可求出.【详解】解法1：因为，所以，所以，所以公差，则．解法2：因为即得所以，故选：B．4．D【分析】由题意命题是假命题，则命题的否定是真命题，再利用二次函数的性质求解即可.【详解】因为“，使”是假命题，所以“，都有”是真命题．即，所以，故选:.5．A【分析】利用导数求得切线方程，进而计算出三角形的面积.【详解】因为，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，整理得．直线与轴交于点，与轴交于点，因此所求面积为．故选：A6．D【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】选项A：若，，，则或与异面，A选项错误.选项B：若，，，则或与相交，B选项错误.选项C：若，，，则或或与相交但不垂直，C选项错误.选项D：若，，，则必有，D选项正确.故选：D7．C【分析】建立平面直角坐标系，利用向量法求得正确答案.【详解】依题意，等腰梯形中，，，，以为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则，设，则，.故选：C．8．B【分析】通过构造函数，利用函数的单调性来分析的关系，进而确定的取值范围.【详解】解法1：由题意可知，设，则函数在上单调递增．又，所以，．设，则，令得．当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增，故，因此，故选：B．解法2：由题意可知，设，则函数在单调递增．又，所以，．设，则，令得．当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增，故，因此，故选：B．9．ACD【分析】根据三角函数的对称性求得，利用整体代入法求得的对称中心和单调区间，利用换元法求得最小值.【详解】因为，且，所以图象关于直线对称，即（），解得（），又，所以，，A选项正确.令（），所以图象的对称中心为（），B选项错误.令（），得（），所以函数的单调递减区间为（），C选项正确.设，，因为，所以，所以当时，函数取得最小值为，即函数在上的最小值为,D选项正确.故选：ACD10．BD【分析】先分析函数的图像特征，再将“方程根的个数”问题转化为“函数图象交点个数”问题来确定实数的取值范围.【详解】解法1：由，得所以在上单调递增，在上单调递减，而在、上单调递减，在、上单调递增，当直线与曲线（）相切时，联立得，令，得，依题意，作出与的图象，如图所示，由图知，①当时，且，函数的图象与的图象无交点，不满足题意；②当时，且，函数的图象与的图象仅交于点，不满足题意；③当时，若，则，若，则，要使方程恰有2个不同的实数根，则的图象与轴的交点在点左侧，只需，即，当时有3个不同实根，时有4个不同实根；④当时，由上函数的图象与的图象有3个交点，不满足题意；⑤当时，函数的图象与的图象有2个交点，满足题意．综上，的取值范围为，所以实数可能的取值为1和2，故选BD．解法2：对于A选项，当时，且，函数的图象与的图象仅交于点，不满足题意；对于B选项，当时，函数最大值点为，函数的图象与的图象有2个交点，满足题意；对于C选项，当时，，有3个不同实根；对于D选项，当时，此时函数与的图象都关于直线对称，方程恰有2个不同的实数根，所以实数可能的取值为1和2.故选:BD．11．ABD【分析】选项A：通过分析过、、三点的平面截正方体所得截面的形状来判断；选项B：先找出直线与平面所成角，再分析其最大值；选项C：建立空间直角坐标系，利用向量的数量积来判断是否存在点，使得；选项D：建立空间直角坐标系，通过判断与是否共面来判断它们是否为异面直线.【详解】选项A：在正方体中，过，，的截面与各棱交点为各棱中点时截面为正六边形，故选项A正确；选项B：如图

过作垂直于，则平面，连接，．则为与平面所成角．在中，，要使最大，只需最小，又最小值为1，所以最大值为1，从而直线与平面所成角最大值为．故选项B正确；对于选项C和D：以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则

，，，，设，，则．，．若，则，解得，又，所以存在点，使得．故选项C不正确．设平面的一个法向量，，，则即取，解得，故，又，所以，从而与一定是异面直线．故选项D正确．故选：ABD．12．（答案不唯一）【分析】根据投影向量的概念与平面向量的坐标运算即可得的值，从而可得满足条件的一个.【详解】向量在向量上的投影向量为所以,则向量（答案不唯一）.故答案为：（答案不唯一）.13．【分析】解法1：通过已知三角函数值求出的表达式，再代入计算即可.解法2：对角进行变形，使其与已知条件建立联系，再运用二倍角公式计算即可.【详解】解法1：因为，所以或（），则或（），所以．解法2：因为，所以．故答案为：.14．10【分析】根据数列的新定义分析及等差数列求和公式、裂项相消法求解.【详解】①对于可知，2的顺序数为3，逆序数为1；4的顺序数为1，逆序数为2；1的顺序数为2，逆序数为0；3的顺序数为1，逆序数为0，5的顺序数为0，逆序数为0．故．②对于各项均不相同的有序数组，易知后有个数，所以的顺序数+逆序数，所以，所以，所以．故答案为：10；．15．(1)(2)【分析】（1）通过等比数列的定义利用题干给的关系即可证明；（2）利用分组求和的方法，结合等差和等比数列的求和公式即可求出.【详解】（1）因为，且，所以，所以数列是以5为首项，以5为公比的等比数列，所以，即．（2）因为，所以．16．(1)(2)．【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简已知条件，求得，进而求得.（2）利用三角形的面积公式列方程，求得，再根据面积列方程，利用基本不等式求得的最大值.【详解】（1）由正弦定理，及，得，即，由余弦定理得，，所以．（2）如图所示，因为，所以，因为为的平分线，，所以，，当且仅当时，等号成立，所以线段的最大值为．

17．(1)证明见解析(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．【分析】（1）证明出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立；（2）（i）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系，设点，由可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，可得出点的坐标，即可证得结论成立；（ii）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）翻折前，，即，，翻折后，则有，，又因为，、平面，所以平面．又平面，所以．（2）因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，又，，，故、、、、．（ⅰ）设，则，，，．由，可得，解得，，则，故在线段上．（ⅱ）因为，，设平面的一个法向量，则，取，则，，可得，又，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．18．(1)0(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数的正负得出函数单调性进而得出最小值；（2）（ⅰ）解法1：根据函数有两个零点构造函数得出，则图象与直线有两个交点，数形结合得出参数范围；解法2：分和得出函数单调性进而结合零点得出参数范围；（ⅱ）证明1：构造函数，求出导函数结合基本不等式得出导函数为正即可证明；证明2：由已知，，两式相减得，再构造函数结合函数单调性即可证明；证明3：先应用不等式性质化简为，再构造函数求出导数应用单调性即可证明.【详解】（1）当时，，．令得．当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增，故的最小值为；（2）（ⅰ）解法1：令得．设，则图象与直线有两个交点．，当时，；当时，．因此在单调递增，在单调递减．时，，，，由图可知，．

因此的取值范围为．解法2：函数的定义域为，．当时，，故在上单调递减，不满足题意；当时，令得．当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．时，，时，，因为函数有两个零点，所以，，解得1．因此的取值范围为．（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知，，，要证，即证．因为，所以，又在单调递减，即证，又，即证．设，，则，当且仅当时取等号，所以，函数在单调递增．当时，，因此，．因为，所以，故原不等式成立．证明2：由题意可知，，两式相减得．要证，即证，即证，令，则．即证（），即证（）．设（），则．由（1）知，，当且仅当时取等号．故，即，在单调递增，当时，，故原不等式成立．证明3：由题意可知，，两式相减得．要证，即证，即证．令，，则，，．即证（），即证（）．令，即证（）．设（），则，在单调递减，，因为，所以，故原不等式成立．19．(1)证明见解析(2)（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）求导，结合三角函数性质分析可知，即可得单调性；（2）（i）利用诱导公式分析可知的对称轴和周期性，结合单调性可得和；