2026年陕西省渭南市高三一模数学高考模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页渭南市2026届高三教学质量检测（I）数学试题命题人：韩黎波刘增峰王建龙考生注意：1、本试题满分150分，时间120分钟.2、答卷前务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡上.3、将选择题答案填涂在答题卡上，非选择题按照题号完成在答题卡上的指定区域内.第I卷选择题（共58分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知全集，集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知，则（）A． B． C． D．3．在等差数列中，若，，则（

）A．8 B．12 C．16 D．204．抛物线的准线与椭圆交于，两点，则（

）A． B． C． D．15．函数的图像的一个对称中心是（

）A． B． C． D．6．已知函数，，的零点分别为，，，则（

）A． B． C． D．7．如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积，那么这个圆锥轴截面顶角的余弦值是（

）A． B． C． D．8．若，对，都有成立，则实数的最小值为（

）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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分.9．下列命题为真的是（

）A．设，若，则B．线性回归直线一定经过样本点的中心C．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1D．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则10．已知圆：，直线：，则（

）A．直线恒过定点B．直线被圆截得的最短弦长为C．圆与圆有四条公切线D．当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于111．设函数，则（

）A．点是图像的对称中心B．当时，函数有三个零点C．当时，直线不是曲线的切线D．若有三个不同的零点，则第II卷非选择题（共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知向量，，若，则.13．已知函数，则.14．已知各项均为正整数的递增数列，满足，，则.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．已知函数.(1)求的最小正周期及单调递增区间；(2)设锐角的内角，，所对的边分别为，，，若，，，求的面积.16．如图1，在等边三角形中，，分别为，的中点，为的中点，，连接，，，将沿折到的位置，如图2，使平面平面.(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.17．已知双曲线：的离心率为，的焦点到其渐近线的距离为2.(1)求双曲线的方程；(2)设是双曲线上的点，，两点在双曲线的渐近线上，且分别位于第一、四象限，若，，求面积的取值范围.18．已知函数，为的导函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若的两个极值点分别为和，且.（i）求实数的取值范围；（ii）证明：.19．为倡导节能环保，实现废旧资源再利用，小明与小亮两位小朋友打算将自己家中的闲置玩具进行交换，其中小明家有1台玩具车和2个不同的玩偶，小亮家也有与小明家不同的1台玩具车和2个不同的玩偶，他们每次等可能的各取一件玩具进行交换．(1)两人进行一次交换后，设小明手中玩具车的台数为，求的分布列及数学期望；(2)两人进行次交换后，记小明手中恰有1个玩具车的概率为．①求；②求．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】根据已知中集合，结合集合的并集和补集运算的定义，可得答案．【详解】∵集合，，∴，又∵全集，∴，故选：D2．C【分析】根据条件，利用复数的运算，即可求解.【详解】因为，则，故选：C.3．C【分析】根据等差数列的性质即可求解.【详解】由于是等差数列，设公差为，则，故，因此，故选：C4．B【分析】由题可得抛物线的准线为，将代入椭圆方程求得答案.【详解】抛物线的准线为，将代入，得，所以.故选：B.5．D【分析】利用整体法求解函数的对称中心，即可得解.【详解】令,则，故的对称中心为，取，则其中一个对称中心为，故选：D6．B【分析】利用函数与方程之间的关系，转化为两个函数的交点问题，利用数形结合求解即可.【详解】令，则，令，则，令，则，在同一直角坐标系中作出函数的图象，则函数与函数的交点的横坐标分别为，

由图可知，.故选：B.7．C【分析】由条件得到半球的底面半径和圆锥的高之间的关系，进而求出圆锥的母线长，再利用余弦定理即可求出圆锥轴截面顶角的余弦值.【详解】

设圆锥与半球的底面半径为，圆锥的高为，母线长为，轴截面的顶角为.则由可得，即.所以圆锥的母线长，则由余弦定理可得，所以圆锥轴截面顶角的余弦值是.故选：C8．A【分析】先构造函数，，其周期为，由周期性与，可将恒成立问题转化为，令，由的存在性，再结合三角函数定义结合对应三点在单位圆中的分布求即可.【详解】令函数，，则函数是周期函数，且周期，要使对任意成立，则.令，由题意，，成立，则只需.下面结合三角函数定义求解.如图在平面直角坐标系中，作以原点为圆心的单位圆，设点，，，

则向量两两夹角为，即三个点均匀分布在单位圆上.故即三点横坐标的最大值，如图可知，要使取最小值，只需三点中最左侧点位于单位圆最左端即处即可，故，所以，即的最小值为.

因此实数的最小值为.故选：A.9．BCD【分析】A选项，利用二项分布的期望和方差公式得到方程，求出答案；B选项，根据样本中心点的定义作出判断；C选项，根据相关系数的定义作出判断；D选项，由超几何分布的定义得到D答案．【详解】对于A，，，，故A错误；对于B，线性回归直线一定经过样本点的中心，故B正确；对于C，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，C正确；对于D，由于是不放回地随机摸出20个球作为样本，所以由超几何分布的定义知服从超几何分布，且，故D正确．故选：BCD．10．AB【分析】对A，将直线含参部分合并同类项列出方程组求解直线恒过的定点即可；对B，先判断定点与圆的位置关系，弦长最小时即为定点与圆心的连线与已知直线垂直时取得，再运用弦长公式计算即可；对C，利用两个圆心的距离与半径判断两个圆的位置关系；对D，当时直线确定，先求出圆心到直线的距离，再结合半径长度进行判断.【详解】对于A，直线的方程可变形为，令，解得，所以直线恒过定点，故A正确；对于B，因为直线过定点，且点在圆内，则经过两点的直线与直线垂直时，直线被圆截得的弦长最小，此时圆心到直线的距离为，所以最小弦长为，故B正确；对于C，圆化成标准方程为，其圆心为，半径为3，满足，所以两圆外切，共有三条公切线，故C错误；对于D，圆，则圆心，半径，当时，直线的方程为，圆心到直线的距离，因为，所以圆上只有2个点到直线的距离为1，故D错误.故选：AB.11．ABD【分析】对于A计算即可判断，对于B由函数的单调性结合三次函数的图像特征即可判断，求切线方程即可判断C，结合零点的定义代入计算，即可判断D，【详解】对于A：由，所以是图像的对称中心，故A正确；对于B：当时，，所以，令，得或，由有：或，由有：，所以在单调递减，在单调递增，又，所以函数有三个零点，故B正确；对于C：当时，，所以，由，，所以在处的切线方程为：，故C错误；对于D：设的三个零点为，所以，对比项的系数有：，故D正确；故选：ABD.12．【分析】根据共线向量的坐标运算即可求解.【详解】由，所以，所以，故答案为：.13．1【分析】由函数解析式可知时，其周期为2，利用周期化简求解即可.【详解】已知函数，当时，其周期为2，所以，当时，，所以.故答案为：114．35【分析】设（为正整数），由得，然后从1开始依次取正整数进行验证，得到，即，进而求出，分别令，3，求出，推理得到，即可得解.【详解】因为数列满足，，所以设（为正整数），由得.若，则，与矛盾；若，即，而，与数列是递增数列矛盾；若（为正整数），即，而，都与数列是递增数列矛盾；故只能，即，所以.令，则，令，则.因为数列是各项均为正整数的递增数列，且，所以.所以.故答案为：3515．(1)最小正周期为；单调递增区间为，.(2)【分析】（1）用平方差公式和二倍角公式对函数进行化简，再根据正弦函数性质求最小正周期和单调递增区间.（2）先求出角，再用余弦定理求出边长，最后用三角形面积公式求出面积即可.【详解】（1），，所以的最小正周期，令，，解得，，所以的最小正周期为，单调递增区间为，.（2）已知，则，即；因为三角形是锐角三角形，所以，则，在这个区间内，解得，依据余弦定理，可得，即，解得或；当时，，此时为钝角，不符合题干锐角三角形的条件，舍去这种情况；当时，，此时为锐角，符合题干锐角三角形的条件，且，∠C也为锐角，故△ABC为锐角三角形，符合题干条件;根据三角形面积公式，可得，所以的面积为.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意，结合面面垂直的性质可得平面，再根据已知条件证明平面，最后结合面面垂直的判定即可求证；（2）根据题意，建立适当的空间直角坐标系，转化为向量求法即可求解.【详解】（1）因为点，分别为等边三角形的，边的中点，所以是等边三角形，且.因为点是的中点，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.又平面，所以.因为，所以与平行且相等，所以四边形为平行四边形，所以.易知，所以，又，平面，所以平面.（2）设等边三角形的边长为4，取的中点，连接，由题设知，由（1）知平面，又平面，所以，以点为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，所以，.设平面的一个法向量为，则，得，令，则，，此时.易知平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，所以，则平面与平面夹角的余弦值为.17．(1)(2)【分析】(1)根据离心率以及焦点到渐近线的距离表达出对应的关系再求解即可.(2)由双曲线方程与渐近线方程可设，再利用求得，再代入双曲线方程求解化简，再代入面积公式求解即可.【详解】（1）由题意，一条渐近线方程，一个焦点坐标为，则，解得，故双曲线的方程：.（2）

由题，渐近线方程为，故设，因为，故，将点代入双曲线方程，则，化简得，设，则，则，故.因为，由对勾函数性质得，故.18．(1)(2)（i）（ii）证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义结合题意求解即可；（2）（i）由题意得是方程的两个正根，进一步转化为与有两个不同的交点，然后利用导数求出的单调区间和极值分析求解即可；（ii）由（i）可知，由得，则可得，令，利用导数求出其单调区间和最值，从而可证得结论.【详解】（1）当时，，则，，求导得，则，所以曲线在处的切线方程为，即.（2）（i），且定义域.因为若有两个极值点，所以是方程的两个正根，即令，则，所以，当时，；当时，，因此，当时，单调递减；当时，单调递增，所以当时，有最小值，当时，，又因为当时，，当时，，所以当时，，当时，，所以当时，的图象与直线有两个不同的交点，所以实数的取值范围为.（ii）由（i）可知，且时，，又，所以，令，单调递增，且，所以时，时，，所以在单调递减，在单调递增，所以，即，又因为，所以，所以，即.19．(1)分布列见解析，数学期望为；(2)①；②；【分析】（1）首先分析得X的可能取值为0，1，2，再列出其分布列，计算其数学期望即可；（2）①：分两次都交换玩具车、两次都交换玩偶以及一次交换玩具车，一次交换玩偶讨论即可；②：记小明