陕西省2026年高三二模高考数学模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026陕西高三年级高考二模数学试题注意事项：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．已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知全集，集合，则（

）A． B． C． D．3．已知一组样本数据的方差为2，则数据的方差为（

）A．0 B．2 C． D．4．已知双曲线的虚轴长为，离心率为2，则该双曲线的实轴长为（

）A．5 B．10 C． D．205．已知数列满足，则（

）A．-1 B． C．2 D．36．如图，四棱锥中，底面为正方形，是正三角形，，平面平面，则与所成角的余弦值为（

）

A． B． C． D．7．已知符号函数，是平面内三个不同的单位向量，若，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知函数，则不等式的解集为（

）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．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（

）A．B．C．在上单调递增D．把的图象向右平移个单位长度，得到的函数是奇函数10．已知为坐标原点，抛物线的焦点为为上第一象限的点，且，过点的直线与交于两点，圆，则（

）A．B．若，则直线倾斜角为C．若的面积为16，则直线的斜率为D．过点作圆的两条切线，则两切点连线的方程为11．已知两曲线与存在两条公切线，则实数的取值可能是（

）A． B． C． D．1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．中国灯笼又统称为灯彩、主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．育德中学4名同学在庆元旦活动中，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方法有种．（用数字作答）13．已知，则．14．若表示不大于的最大整数，曲线在点处的切线经过点，则，数列的前项和为．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．在中，内角的对边分别为，已知．(1)求的值；(2)求的值．16．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若，求的值．17．如图，在直三棱柱中，，，，点是线段的中点，点，是侧棱上的动点，．

(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角余弦值的取值范围．18．已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，且当轴时，．(1)求椭圆的方程；(2)证明：为定值；(3)若点在轴上方，直线与圆交于两点，点在轴上方，是否存在点，使得与的面积之比为？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由．19．定义：当三个正数能够成为三角形的三条边长时，我们称其为三角数组，例如3，5，7是三角数组，3，5，9不是三角数组．设为数列的前项和，已知，且．(1)求数列的通项公式；(2)从数列中任意取出不同的三项，证明：为三角数组的充要条件是为三角数组；(3)从数列的前项中任意取出不同的三项，证明：这三项为三角数组的概率．参考公式：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【详解】由，得：，在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，故选D.2．C【分析】先求出集合，再利用补集的定义和运算法则计算求解【详解】，解得或，，又，，故C正确．故选：C．3．D【分析】利用方差和平均数的概念和性质，结合已知条件计算求解．【详解】样本数据的方差为，设样本平均数为，，数据的平均数为，，故D正确．故选：D．4．B【分析】根据双曲线的离心率和求双曲线的实轴长，【详解】因为双曲线的虚轴长，离心率为2，所以，由，得，所以，即双曲线的实轴长．故选：B．5．C【分析】利用递推公式先判断周期，利用周期数列即可求解.【详解】解法1：由数列满足，可取，则；取，则；取，则，猜想数列是周期为3的周期数列，.解法2：由得，，逐项代换可得，数列是周期为3的周期数列，.故选：C6．A【分析】取的中点，的中点，连接、，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】取的中点，的中点，连接、，因为是正三角形，所以，平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以，所以与所成角的余弦值为.

故选：A7．A【分析】根据题目条件平面建系设出、、并判断所在象限，再用辅助角公式化简并结合所在象限求解即可.【详解】由题意可知，且和中，一个大于0，另一个小于0，不妨设，由函数可知．不妨设，，，，所以，，所以所以，则有，因为，所以，所以，所以.故选：A.8．B【分析】设，求导得出在上单调递增．由奇偶性定义可知为上的奇函数．解法1：原不等式可化为，因此求解即可.解法2：函数的图象关于点（1，-2）对称，原不等式可化为，求解即可；【详解】设，则，当且仅当时取等，因此在上单调递增．可知为上的奇函数．解法1：因为，所以．原不等式可化为，即．由于在上单调递增，因此，解得，故选：B．解法2：又因为，所以函数的图象关于点（1，-2）对称，且在上单调递增，．原不等式可化为，解得，故选：B．9．AC【分析】根据最大值得出A，根据正弦函数性质得出周期进而得出判断A，根据特殊值计算得出，进而得出解析式计算函数值判断B，应用正弦函数单调性判断C，应用平移变换及诱导公式判断D.【详解】观察图象得，令的最小正周期为，则，解得正确；又，即，而，则，所以，B不正确；因为，则，所以在上单调递增，C正确；，D不正确．故选：AC10．ACD【分析】利用抛物线的焦半径得点的坐标，进而得，即可判断A，设直线，与抛物线方程联立，利用弦长求出，进而判断B，根据的面积为16，求出即可判断C，由得圆的切线方程，进而得切点，利用两直线的垂直得直线的斜率，最后利用点斜式求出切点连线的直线方程即可判断.【详解】设，则，则，故，故A正确；设直线，联立，则，设，则，故，解得，则直线的斜率为，倾斜角为或，故错误；，解得，则直线的斜率为，故正确；由上述分析可知，圆，圆心，半径，易知为其中一条切线，切点为，且两切点连线与垂直，，两切点连线的斜率为，故两切点连线为，即，故D正确．故选：ACD．11．BCD【分析】设公切线与两曲线相切于点，进而得切线方程，即得，设，利用导数研究的单调性和极值，进而作出的图像，利用数形结合即可求解.【详解】设公切线与两曲线与分别相切于，因为，所以曲线在点处的切线方程为，即，同理可得曲线在点处的切线方程为，由题意可得，，即，设，则，令得．当时，；当时，在（0，e）单调递增，在单调递减，时，的图象如图所示：由题意可知函数的图象与直线有两个交点，因此，解得，故选：BCD．12．【分析】利用分步计数原理进行求解.【详解】因为这4名同学每人有三种选购方法，所以共有种不同的选购方法．故答案为：81.13．【分析】法1：由已知等式整理得到，法2：应用齐次式法有，进而求得，再应用和角正切公式求值.【详解】法1：因为，所以，即，所以；法2：因为，所以，即，所以；故答案为：14．21【分析】根据导数的几何意义及直线的点斜式方程求出切线方程，结合题意可得，根据的定义求出，再根据等比数列的前项和公式求解前项和即可.【详解】因为，则，曲线在点处的切线方程为，又因为切线过点，所以，可得，所以，所以．设数列的前项和为，由二项式定理可得，，当为奇数时，，由于，为不小于1的整数，所以，当为偶数时，，所以，故，所以，所以．故答案为：．15．(1)(2)【分析】（1）结合已知条件，用余弦定理得到关于的二次方程求解；（2）法一，由正弦定理求出，得到，由得到，代入求解；法二，由余弦定理求出，得到，由得到，代入求解.【详解】（1）在中，因为，所以，由，及余弦定理得：，解得．（2）解法1：由，得．由正弦定理得，，即．因为，则，所以是锐角，，则，所以．解法2：由，得．由余弦定理得，所以，又由，得，所以．16．(1)答案见解析(2)【分析】（1）求出导函数，按照和分类讨论，即可求解；（2）解法1：由（1）知当时，，不满足题意；当时，由（1）知，设，利用导数法证得，即，从而求解的值．解法2：由题意可得为的极小值点．求得，然后利用导数法进行检验即可求解．解法3：由题意恒成立．当时，显然成立，此时；当时，恒成立，结合洛必达法则利用导数法求得；当时，恒成立，结合洛必达法则利用导数法求得；从而求解的值．【详解】（1）函数的定义域为．若，则在单调递增．若，则由得．当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．（2）解法1：由（1）知当在单调递增，时，，不满足题意．当时，由（1）知．因为，所以．设，则．当时，单调递增；当时，单调递减．所以，当且仅当时取等号．故，结合可知，故．解法2：因为，所以为的极小值点．因此，解得．当时，，由（1）知在单调递减，在单调递增．因此，满足题意．综上，．解法3：因为，所以恒成立．当时，显然成立，此时．当时，恒成立．设，则．设，则．当时，在单调递增，，即，在单调递增，因此．当时，恒成立．当时，在单调递减，，即在单调递增，．综上，．17．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）法1，取中点，可证四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理证明；法2，以为原点，分别所在直线为轴建系，由直线与平面的法向量垂直证明.（2）以为原点，分别所在直线为轴建系，由两平面法向量的夹角公式计算余弦值，并通过换元法求出该余弦值的取值范围；【详解】（1）法1，如图，取的中点，连接，

因为分别是和的中点，所以，且，又因为，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面平面，所以平面．法2：由题意得平面且，因此以为坐标原点，，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则，设，则有，设平面的法向量为，则，即，取，则，即平面的一个法向量为，则平面，所以平面．（2）在直三棱柱中，平面且，因此以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，由题易知，为平面的一个法向量．设，则，有，设平面的一个法向量为，则即取，则，即平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，令，则，即平面与平面夹角的余弦值的取值范围为．18．(1)；(2)证明见解析，；(3)存在.【分析】（1）根据已知条件列出关于的方程，解方程；（2）联立直线与椭圆方程，求弦长，计算，根据数量关系证明；（3）与的面积之比用，表示，转化为点坐标求解.【详解】（1）因为轴时，，所以点在椭圆上，则，又，联立解得，所以椭圆的方程为：．（2）当的斜率为零时，为椭圆长轴端点，，则，当的斜率不为零时，设的方程为：，设，由消去得，，所以，又，则，因此，即，所以．（3）根据题意得，，，，则，同理，而，，由（2）知，于是，，所以，整理得，则或（舍去），因为，而，解得，即，所以存在点满足题意．19．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）解法1：令得，当时，两式相减化简得，进而求得，又和也满足，即可得解．解法2：令得，当时，两式相减化简得，累加可得，又和也满足，即可得解．（2）不妨设，由等差数列的单调性知．然后结合三角数组的定义和等差数列基本量的运算，从充分性和必要性两方面证明即可．（3）证法1：先求得总的基本事件有种，再通过作差法和累加法得，即可证明．证法2：先求得总的基本事件有种，再结合等差数列求和，按照为奇数和为偶数分类讨论，求出这三项不是三角数组的的所有可能取值个数，利用对立事件概率公式证明对任意都成立．证法3：将原命题可转化为：从前个正整数中任意取出三个不同的数，则这三个数为三角数组的概率．设事件表示“从前个正整数中任意取出三个不同的数组成三角数组”，事件表示“从前个正整数中取出的三个不同的数中最大数为”，则，易知，，根据对称性证得，又，故，即可证明.【详解】（1）解法1：当时，，解得．当时，两式相减得，整理得，因为，所以，所以，从而，因此，所以，当时数列为常数列．由于，因此，即，且和适合上述关系．因此数列的通项公式为．解法2：当时，，解得．当时，两式相减得，整理得，因为，所以，所以，从而，累加可得，由于，因此，即，且和适合上述关系．因此数列的通项公式为．（2）证明：不妨设，由（1）知数列为递增数列，因此．充分性：若为三角数组，则．因为、，所以，所以，所以为三角数组．必要性：若为三角数组，则，即，所以，所以为三角数组．故为三角数组的充要条件是为三角数组．（3）证法1：由（2）知，从数列的前项中任意取出不同的三项，这三项为三角数组等价于从前个正整数中依次取出三个不同的数，这三个数为三角数组．从中一次任取三个数和，共有种可能．记从中一次任取三个数为三角数组的可能数为，则，当为偶数时，，当为奇数时，，故，由累加法可得：，故．证法2：由（2）知为三角数组的充要条件是为三角数组．从中任意取出不同的三个数，不妨设，共