陕西省2026届西安市长安区高三一模高考数学试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页长安区2026届高三第一次模拟考试数学试题注意事项：1.本试题共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；试题不回收.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．复数的虚部为（

）A．2 B． C．0 D．2．从高三某班抽取10名同学，他们的数学成绩如下：95，90，71，76，85，88，72，91，92，65（单位：分），则这10名同学数学成绩的第70百分位数是（

）A．90 B．91 C．90.5 D．91.53．集合，集合，则（

）A． B． C． D．4．设甲：，乙：，则甲是乙的（

）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5．记为等差数列的前n项和.已知，，则（

）A．8 B．10 C．13 D．156．若，则（

）A．1 B． C． D．7．已知平面向量，，，满足，，，则（

）A． B．或 C．5 D．5或8．已知函数的定义域为，且，，则（）A．1 B．0 C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．已知棱长为2的正方体中，分别为，，的中点，则下列结论正确的是（

）

A． B．C．棱锥的体积为 D．与平面所成角的正切值为10．下列说法正确的为（

）A．B．已知，，且，则C．函数为偶函数，则D．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围是11．已知函数，有两个零点，则下列结论正确的是（）A．当时， B．C．若，则 D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．曲线在处的切线方程为.13．直线：与直线：交于点，则的取值范围为.14．如图，已知是圆锥的轴截面，，分别为，的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的取值范围是．

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，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且有.(1)求角A；(2)若D为BC中点，且，求面积的最大值.16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，M为中点，过点A作的垂线交于点N，交于点E.

(1)证明：平面；(2)若，，求平面与平面所成角的余弦值.17．2025年12月1日全面实施电动车新国标的相关规定，全面禁售旧国标车，聚焦车辆安全性能升级.据调查拥有电动车的家庭中，的家庭只拥有电动车，的家庭既有电动车也有其他交通工具.对于每个家庭，若只拥有电动车则记1分，若同时拥有其他交通工具则记2分.假设各家庭是否拥有其他交通工具相互独立，且视调查频率为概率.(1)从被调查家庭中随机抽取3户，记这3户的合计得分为X，求X的分布列和数学期望；(2)从被调查家庭中随机抽取n（）户，记这n户的合计得分恰为的概率为，求.18．已知椭圆（）的离心率为，过椭圆C上一点作两条互相垂直的直线，与椭圆分别交于异于点的两点.(1)求椭圆的方程；(2)求证：直线必过定点，并求出该定点坐标；(3)过点作，点为垂足，判断点是否在某个定圆上，并说明理由；若存在，求出该圆方程.19．已知函数.(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，，求实数a的取值范围；(3)设，证明：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】根据复数虚部的定义即可得解.【详解】，的虚部为，故选：B.2．C【分析】根据百分位数的计算即可求解.【详解】先将这10个数从小到大排列：65,71,72,76,85,88,90,91,92,95，因为，7是整数，故这10名同学数学成绩的第70百分位数是，故选：C.3．A【分析】通过列举法求出集合，再由交集的定义即可得解.【详解】当时，；当时，；当时，；当时，，故，，.故选：A.4．B【分析】根据同角三角函数的基本关系，分析充分性与必要性，即可得解.【详解】若，又，故，即，则或，故甲无法推出乙，充分性不成立；若，则，两边平方得，所以，故乙可以推出甲，必要性成立.综上，甲是乙的必要不充分条件，故选：B.5．C【分析】运用等差中项的性质即可得解.【详解】由，可得，又因为，即，解得，故选：C.6．A【分析】运用对数的运算性质及对数换底公式即可得解.【详解】由题可知，故，故选：A.7．B【分析】先根据已知条件，得到与的关系，再利用向量夹角公式建立关于的方程，最后求解即可.【详解】由可得，则，因为，故有，即，又因为，两边同时平方得，将与代入上式，得，整理得，解得或，故选：B.8．D【分析】利用已知条件变换先计算周期，算出一个周期内的值，然后根据周期性求结果即可.【详解】因为，由，令，则，即①，所以②，①②相加得：，所以，所以函数的一个周期为6，令，则，令，则，又，所以，，所以所以由周期性得：，故选：D.9．BC【分析】建系，结合向量的平行垂直可判断AB，由体积公式可判断C，由线面夹角的向量法可判断D.【详解】

如图建系，，则，显然不平行，即错误，故A错误；，则，即，故B正确；，故C正确，易知平面的一个法向量为，设与平面所成角为，所以，所以，所以，故D错误，故选：BC10．BD【分析】对于A，运用终边相同的角的性质及余弦函数的定义即可得解；对于B，运用基本不等式中“1”的妙用即可得解；对于C：利用偶函数的定义求解即可；对于D，利用分段函数的单调性解决即可.【详解】对于A：，故A错误；对于B：，当且仅当时等号成立，故B正确；对于C：若是偶函数，则有，即，得，整理得，解得，故C错误；对于D：若函数在上单调递增，则，得，解得，即，故D正确.故选：BD.11．ACD【分析】对于A，作出单位圆，将与转化为面积，再直观比较面积即可；对于B，画出的函数图象，数形结合确定所在区间，即可判断；对于C，考虑正切函数的周期性，且注意到，数形结合即可判断；对于D，由，推出，根据零点范围可得符号判断.【详解】即，易知当时，，显然不符题意，故，因此等价于.对于A：当时，，则

设，在平面直角坐标系中作单位圆，与轴交于，则，过点作垂直于轴，交射线于点，连接，由三角函数的定义可知，，设扇形的面积为，，，易知，即，得，即当时，有不等式，又因为，因此当时，，故A正确；对于B：画出且且与的函数图象，如图可以看出，

故，故B错误；对于C：的最小正周期为，且由图象可知，故之间的距离大于，即，故C正确；对于D：由，推出，因为，且由C可知，故有，则，而，又因为，且在为增函数，故，则，又因为，故，故D正确.故选：ACD.12．【分析】求得，所以，，结合导数的几何意义，即可求解.【详解】由函数，可得，所以，，所以曲线在处的切线方程为，即.故答案为：.13．【分析】通过直线过定点，且垂直确定的轨迹为圆，再由的几何意义即可求解.【详解】对于直线：，令，得，即直线过定点，对于直线：，化简得，由，得，即直线过定点，当时，，，两直线垂直，当时，，两直线垂直，所以点的轨迹为以为直径的圆，除去点，中点坐标为，，所以以为直径的圆方程为：，即点的轨迹方程为：，

的几何意义为两点连线的斜率，由图可知：直线与圆相切，过作圆的切线，设斜率为，直线方程为，即，由圆心到直线的距离等于半径可得：，解得：，由图形可知：的取值范围是，故答案为：14．【分析】勾股得到，从而得到，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当范围，，再结合截面得到的范围，从而得到的最大值.【详解】

过点作，交底面圆于两点，连接，，，设，则，由圆锥的性质得底面，因为底面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，因为分别是的中点，所以，则，因为，平面，所以平面，则平面为截面，因为为中点，所以，所以平面，因为平面，所以，所以，如图为截面的平面图，

以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系，，，，则抛物线方程为，设，，则，所以，则，所以.故答案为：【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求范围.15．(1)(2)【分析】（1）通过三角恒等变换对题目所给等式进行化简，即可得解；（2）运用中线向量定理得，两边平方后，再运用基本不等式以及三角形的面积公式，即可得解.【详解】（1），，又因为，故，整理得，，，，，.（2）由题意知，则，，，（当且仅当时等号成立），，面积的最大值为.16．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用面面垂直的性质证得平面，继而证得，再结合，即可证得线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式，即可得解.【详解】（1）平面平面，平面平面，，平面，平面又平面，，又，，平面，平面.（2）由题意可得两两互相垂直，以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系.则，，，，.

设，则．，，，解得，则.设平面ACE的法向量为，由，令，可得，则平面的一个法向量为，由（1）得为平面的一个法向量，设平面与平面所成角为，则则，因此，平面与平面所成角的余弦值为.17．(1)分布列见解析，；(2).【分析】（1）运用二项分布的知识求解即可；（2）利用错位相减法解决“等差数列等比数列”的求和模型.【详解】（1）由题意知，每个家庭“只有电动车”的概率为，“既有电动车又有其他交通工具”的概率为.则X的可能取值为3，4，5，6.，，，，所以X的分布列为x3456P所以.（2）因为这户的合计得分为分，所以其中恰有户为“既有电动车又有其他交通工具”，其余户均为“只有电动车”.所以，设，即①，则②，①②得，即，所以，即.18．(1)(2)证明见解析，直线过定点(3)点在定圆上，理由见解析【分析】（1）结合题意建立方程组求出基本量，进而得到椭圆方程即可.（2）对的斜率是否存在进行分类讨论，再结合直线与椭圆相交的相关性质得到方程，进而求解定点即可.（3）结合题意先确定在定圆上，再求出圆心和半径，进而得到圆的方程即可.【详解】（1）由题意可得，又，解得，.所以椭圆的方程为.（2）如图，设点，，

，，即，①当直线的斜率存在时，设方程为，代入椭圆方程消去并整理得：由韦达定理得，，②根据，，代入①整理可得：将②代入，整理化简得，不在直线上，，，于是的方程为，所以直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，代入得，结合，解得或（舍去），此时直线过点.（3）点在定圆上，.理由如下：因为于点，且定点在直线上，所以.又点为两个定点，线段长度为定值.故点在以线段为直径的圆上.由中点坐标公式得圆心坐标为，由两点间距离公式得半径为，故圆的方程为.19．(1)单调递减区间为，单调递增区间为.(2)(3)证明见解析【分析】（1）求导，通过，即可求解；（2）构造函数，求导，再令，再求导，得到，通过和和两类情况讨论即可求解；（3）由（2）取，得，再令，得到进