2026届陕西省榆林市高三上学期第一次模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省榆林市2026届高三上学期第一次模拟考试数学试题一、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.复数的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为复数，所以，复数的共轭复数是.故选：A.2.已知集合，若，则实数的值为（）A.或3 B.0或 C.3 D.【答案】C【解析】因为集合，，所以，解得.故选：C.3.已知命题；命题，则（）A.和都是真命题 B.和都是真命题C.和都是真命题 D.和都是真命题【答案】B【解析】命题，当时，，故为假命题；命题，当或时，，故为真命题；所以，和都是真命题，和是假命题.故选：B.4.在中，，，，则（）A.4 B.3 C. D.2【答案】D【解析】在中，，所以，又因为，则由正弦定理得，解得.故选：D.5.已知，且，则下列不等式恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于A，取，满足，但不满足，故错误；对于B，由于指数函数在上单调递减，所以当时，，故错误；对于C，由于函数在单调递增，当时，，故正确；对于D，取，满足，此时，故错误.故选：C.6.设，是向量，则“”是“或”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【答案】B【解析】因为，可得，即，可知等价于，若或，可得，即，可知必要性成立；若，即，无法得出或，例如，满足，但且，可知充分性不成立；综上所述，“”是“或”的必要不充分条件.故选：B.7.若数列满足，其前项和为，则（）A.既无最大值，又无最小值 B.当且仅当时，取得最小值C.当且仅当时，取得最小值 D.，【答案】D【解析】因为数列、均为递增数列，所以，数列为递增数列，因为，，故当时，；当时，.无最大值，但有最小值，且最小值为、，即.所以，D对，ABC均错.故选：D.8.存在三个实数使其分别满足下述两个等式：①②.其中M表示三个实数中的最小值，则（）A.M的最大值是 B.M的最大值是C.M的最小值是 D.M的最小值是【答案】B【解析】由已知得，中必有个正数，1个负数，设，，则，因为，所以，所以，即，所以，由得，，即，所以，故选：B．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，有选错的得0分．9.正方体中，M为中点，O为中点，以下说法正确的是（）A.平面 B.平面C.平面 D.平面【答案】AC【解析】连接交于，连接，则为的中点，所以，，又M为中点，，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；因为，与平面相交且不垂直，所以与平面不平行且不垂直，故BD错误；由题可知平面，平面，所以，由题可知，又平面，平面，所以平面，又，所以平面，故C正确.故选：AC.10.如图，函数的部分图象与直线交于两点，且，点在曲线上，则（）A.B.为偶函数C.在上单调递减D.【答案】BCD【解析】根据题意，设，，由得，由图象可知，，，两式相减得，，所以，所以，A错误；则，将点代入得，，由知，，所以，所以，故，令，定义域为，关于原点对称，又，所以为偶函数，B正确；令，解得，，取，则在上单调递减，因为是的真子集，所以在上单调递减，C正确；令，，解得，，令，解得，所以当时，取得最小值，所以，D正确；故选：BCD.11.若，使得，且当时，，则称为正移函数．定义符号函数，设，则（）A.是正移函数B.当时，方程有且仅有一解C.是正移函数D.函数的最小值为【答案】BCD【解析】对于A，当时，，不满足当时，，故A错误；对于B，当时，方程有且仅有一解，当时，，显然不相等；所以有且仅有一解，令，则在上有且只有一个零点，因为，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，因为，，，所以当时，，当时，在上存在，使得，所以在上有且只有一个零点，，故B正确；对于C，当时，，，令，解得，所以当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，当且仅当时取等号，且满足；当时，由，可知对于，当，均存在唯一，使得，此时，所以当时，恒成立，综上所述，，且当时，，即函数是正移函数，故C正确；对于D，，由C知，当时，，当时，，所以当时，，当时，，当时，，则当时，，即函数的最小值为，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若，则___________．【答案】3【解析】因为，所以，，即，所以.故答案为：.13.某人工智能模型在语言训练时，每轮训练的模型参数的数量会发生变化．记第一轮训练的模型参数的数量为，若从第二轮开始，每一轮与它前一轮相比较，训练的模型参数增加的数量可以看成一个以为首项，公比为3的等比数列，则第五轮训练的模型参数的数量为___________．（用含的式子表示）【答案】41t【解析】设表示该模型第轮比第轮参数增加的数量，则，，所以是首项为，公比为3的等比数列，通项公式为：，所以，第一轮参数为，第二轮参数增加的数量为，第三轮参数增加的数量为，第四轮参数增加的数量为，第五轮参数增加的数量为，所以第五轮训练的模型参数的数量为.故答案为：.14.一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为的球，则该球的体积的最大值是___________．【答案】【解析】由题意得，扇形的弧长，所以该圆锥的底面圆的半径，所以该圆锥的高．设该圆锥内的球的最大半径为，圆锥的轴截面如图所示：则依题意得，所以，所以该球的体积的最大值是．故答案为：.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.已知函数．（1）求；（2）设函数，求的递增区间．解：（1）函数，且，，又．（2）解：由（1）知：，故函数，令，得，的递增区间为．16.已知数列的首项为，且满足.（1）证明：数列为等差数列；（2）设数列的前n项和为，求数列的前项和.（1）证明：因为，，若，则，与矛盾，所以，所以，所以，因为，所以，所以数列是以首项为2，公差为4的等差数列.（2）解：由（1）知，数列的前项和为，所以，设数列的前n项和为，当n为偶数时，，因为，所以，当为奇数时，为偶数.，所以.17.已知函数是定义域为的奇函数.（1）若集合，，求；（2）设，且在上的最小值为-7，求实数的值.解：（1）因为是定义域为的奇函数，所以，可得，当时，，所以，，所以为奇函数，所以；由，得，即，因为，所以，所以，即；由，且，得，即，所以，所以；（2）因为，令，因为，所以，所以，当时，在上为减函数，在上为增函数，所以，即，所以，解得，或（舍去）；当时，在上为增函数，所以，即，所以，解得（舍去），所以.18.等边三角形的边长为3，点分别是边上的点，且满足如图甲，将沿折起到的位置，使二面角为直二面角，连接，如图乙.（1）求证：平面.（2）在线段上是否存在点，使平面与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.（1）证明：因为等边三角形的边长为3，，所以，在中，由余弦定理可得，所以，可得，即，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面；（2）解：假设在线段上存在点，使平面与平面所成的角为，由（1）可知互相垂直，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，所以，，，，，，，，设，可得，，设为平面的一个法向量，所以，即，令，则，所以，因为平面，所以可以为平面的一个法向量，因为平面与平面所成的角为，所以，解得，所以存在点，且，可得，，.19.设函数，其中.（1）当时，求的零点：（2）当时，证明：（i）1为的极小值点；（ii）对于任意，存在，使得曲线在点处的切线斜率与在点处的切线斜率互为相反数.（1）解：已知，定义域为，令，则，解得（舍去）或（舍去）或，故的零点为1.（2）证明：（i）当时，函数，定义域为，，则，当时，所以，故在区间上单调递减，当时，所以，故在区间上单调递增，因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，故1为的极小值点.（ii）已知，故曲线在点处的切线斜率为，在点处的切线斜率为，因为与互为相反数，所以，令，，则，当时，单调递增，且，根据零点存在定理可知：存在，使得，故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，且，故函数在区间上的值域为，令，，则，当时，单调递减，且，故时，恒成立，所以函数在区间单调递减，故的值域为，因为当时，，所以是的子集，故对于任意，存在，使得曲线在点处的切线斜率与在点处的切线斜率互为相反数.陕西省榆林市2026届高三上学期第一次模拟考试数学试题一、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.复数的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为复数，所以，复数的共轭复数是.故选：A.2.已知集合，若，则实数的值为（）A.或3 B.0或 C.3 D.【答案】C【解析】因为集合，，所以，解得.故选：C.3.已知命题；命题，则（）A.和都是真命题 B.和都是真命题C.和都是真命题 D.和都是真命题【答案】B【解析】命题，当时，，故为假命题；命题，当或时，，故为真命题；所以，和都是真命题，和是假命题.故选：B.4.在中，，，，则（）A.4 B.3 C. D.2【答案】D【解析】在中，，所以，又因为，则由正弦定理得，解得.故选：D.5.已知，且，则下列不等式恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于A，取，满足，但不满足，故错误；对于B，由于指数函数在上单调递减，所以当时，，故错误；对于C，由于函数在单调递增，当时，，故正确；对于D，取，满足，此时，故错误.故选：C.6.设，是向量，则“”是“或”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【答案】B【解析】因为，可得，即，可知等价于，若或，可得，即，可知必要性成立；若，即，无法得出或，例如，满足，但且，可知充分性不成立；综上所述，“”是“或”的必要不充分条件.故选：B.7.若数列满足，其前项和为，则（）A.既无最大值，又无最小值 B.当且仅当时，取得最小值C.当且仅当时，取得最小值 D.，【答案】D【解析】因为数列、均为递增数列，所以，数列为递增数列，因为，，故当时，；当时，.无最大值，但有最小值，且最小值为、，即.所以，D对，ABC均错.故选：D.8.存在三个实数使其分别满足下述两个等式：①②.其中M表示三个实数中的最小值，则（）A.M的最大值是 B.M的最大值是C.M的最小值是 D.M的最小值是【答案】B【解析】由已知得，中必有个正数，1个负数，设，，则，因为，所以，所以，即，所以，由得，，即，所以，故选：B．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，有选错的得0分．9.正方体中，M为中点，O为中点，以下说法正确的是（）A.平面 B.平面C.平面 D.平面【答案】AC【解析】连接交于，连接，则为的中点，所以，，又M为中点，，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；因为，与平面相交且不垂直，所以与平面不平行且不垂直，故BD错误；由题可知平面，平面，所以，由题可知，又平面，平面，所以平面，又，所以平面，故C正确.故选：AC.10.如图，函数的部分图象与直线交于两点，且，点在曲线上，则（）A.B.为偶函数C.在上单调递减D.【答案】BCD【解析】根据题意，设，，由得，由图象可知，，，两式相减得，，所以，所以，A错误；则，将点代入得，，由知，，所以，所以，故，令，定义域为，关于原点对称，又，所以为偶函数，B正确；令，解得，，取，则在上单调递减，因为是的真子集，所以在上单调递减，C正确；令，，解得，，令，解得，所以当时，取得最小值，所以，D正确；故选：BCD.11.若，使得，且当时，，则称为正移函数．定义符号函数，设，则（）A.是正移函数B.当时，方程有且仅有一解C.是正移函数D.函数的最小值为【答案】BCD【解析】对于A，当时，，不满足当时，，故A错误；对于B，当时，方程有且仅有一解，当时，，显然不相等；所以有且仅有一解，令，则在上有且只有一个零点，因为，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，因为，，，所以当时，，当时，在上存在，使得，所以在上有且只有一个零点，，故B正确；对于C，当时，，，令，解得，所以当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，当且仅当时取等号，且满足；当时，由，可知对于，当，均存在唯一，使得，此时，所以当时，恒成立，综上所述，，且当时，，即函数是正移函数，故C正确；对于D，，由C知，当时，，当时，，所以当时，，当时，，当时，，则当时，，即函数的最小值为，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若，则___________．【答案】3【解析】因为，所以，，即，所以.故答案为：.13.某人工智能模型在语言训练时，每轮训练的模型参数的数量会发生变化．记第一轮训练的模型参数的数量为，若从第二轮开始，每一轮与它前一轮相比较，训练的模型参数增加的数量可以看成一个以为首项，公比为3的等比数列，则第五轮训练的模型参数的数量为___________．（用含的式子表示）【答案】41t【解析】设表示该模型第轮比第轮参数增加的数量，则，，所以是首项为，公比为3的等比数列，通项公式为：，所以，第一轮参数为，第二轮参数增加的数量为，第三轮参数增加的数量为，第四轮参数增加的数量为，第五轮参数增加的数量为，所以第五轮训练的模型参数的数量为.故答案为：.14.一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为的球，则该球的体积的最大值是___________．【答案】【解析】由题意得，扇形的弧长，所以该圆锥的底面圆的半径，所以该圆锥的高．设该圆锥内的球的最大半径为，圆锥的轴截面如图所示：则依题意得，所以，所以该球的体积的最大值是．故答案为：.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.已知函数．（1）求；（2）设函数，求的递增区间．解：（1）函数，且，，又．（2）解：由（1）知：，故函数，令，得，的递增区间为．16.已知数列的首项为，且满足.（1）证明：数列为等差数列；（2）设数列的前n项和为，求数列的前项和.（1）证明：因为，，若，则，与矛盾，所以，所以，所以，因为，所以，所以数列是以首项为2，公差为4的等差数列.（2）解：由（1）知，数列的前项和为，所以，设数列的前n项和为，当n为偶数时，，因为，所以，当为奇数时，为偶数.，所以.17.已知函数是定义域为的奇函数.（1）若集合，，求；（2）设，且在上的最小值为-7，求实数的值.解：（1）因为是定义域为的奇函数，所以，可得，当时，，所以，，所以为奇函数，所以；由，得，即，因为，所以，所以，即；由，且，得，即，所以，所以；（2）因为，令，因为，所以，所以，当时，在上为减函数，在上为增函数，所以，即，所以，解得，或（舍去）；当时，在上为增函数，所以，即，所以，解得（舍去），所以.18.等边三