陕西省西安市2026年高三高考一模数学试卷（含答案）

2026年第一次模拟预测数学试题满分150分.考试时间120分钟.注意事项:1.答题前，务必将自己的姓名、座位号、准考证号用2B铅笔涂写在答题卡上.2.答选择题时，必须用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.3.答非选择题时，必须用黑色签字笔或钢笔，将答案写在答题卡上规定的位置上.4.考试结束后,监考人将答题卡收回,试卷考生自己保管第I卷(选择题共58分)一、单项选择题(本题共小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.已知集合A={1,2,3,A.2B.4C.8D.162.已知等差数列an的前n项和为Sn,若S3=12A.84B.96C.144D.1563.设向量a,b的夹角的余弦值为14，且a=2A.12B.-12C.20D.-204.在棱长为2的正四面体ABCD中,M,N分别为BC,AD的中点,则直线AM和A.53B.23C.15.过抛物线C:x2=4y焦点F的直线与抛物线交于A,B两点,过点A作C的切线l,交y轴于点M,过点B作l的平行线交y轴于点NA.8B.6C.5D.46.古代数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再到军营，怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中,设将军的出发点为A1,2,军营所在位置为B5,6A.2,1B.3,47.从1至13的整数中任取3个不同的数a,b,c，则a+A.513B.613C.78.已知4x+x−2A.2026B.20262C.20263二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分)9.已知复数z1,zA.z1+z2=z1+C.z1⋅z2=z1⋅z210.某市环保部门连续10天监测甲、乙两个区域的空气质量指数(简称AQI),记日期编号为x,甲、乙两个区域的AQI分别为y1,y2日期编号x12345678910甲区域AQIy27444345343533344035乙区域AQIy34343031363332343333根据数据进行分析,以下说法正确的是()A.甲区域AQI的极差为18B.乙区域AQI的第65百分位数为33.5C.甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差D.根据最小二乘法求得y2关于x的经验回归方程对应的直线必过点11.设函数fx=min{x−1,x2,x+A.f2=1B.对任意的x∈RC.对任意的x∈R,有fx=−f−xD.当x∈三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)12.若直线l的方向向量为a=2,−3,3，向量n=1,0,0是平面13.若直线3x−y=0与直线x+14.某棋手与机器人比赛，规则如下:棋手的初始分为20.每局比赛，棋手胜加10分，平局不得分，棋手负减10分.当棋手总分为0时,挑战失败,比赛终止;当棋手总分为30时,挑战成功,比赛终止;否则比赛继续.已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为14、14、12,且各局比赛相互独立.在挑战过程中,棋手每胜1局,获奖1万元.记nn≥10局后比赛终止且棋手获奖四、解答题:(本题共5小题，共77分；15题13分；16-17题15分；18-19题17分；解答应写出数学语言说明、证明过程、演算步骤15.在□ABC中,角A,B,C所对的边分别为a(1)求角C的大小；(2)设QABC的面积为S1，QABC外接圆的面积为S2，求16.如图，已知在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AB⊥BC，(1)证明:AD//平面PBC(2)证明:BD⊥PA(3)若直线PA与平面ABCD所成角为45∘，点D在平面PAB内的正投影是点Q，求四棱锥Q−ABCD的体积.17.已知抛物线C:y(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)经过抛物线焦点F的直线l与抛物线交于不同的两点P,Q,经过点P作准线的垂线,垂足为M,求证:直线QM18.已知甲、乙两个盒子均装有1个白球和1个黑球,现进行如下操作:从这两个盒子中各取1个球放入对方的盒子中.重复这样的操作,第n次操作后甲盒中白球的个数记为Xn(1)求a1，b1(2)证明:an−19.已知函数fx(1)求fx(2)若曲线y=fx在点0,f0处的切线也是曲线y(3)若函数hx=gx−f第I卷(选择题共58分)1234567891011BDBADCBBACDACDABD8.对于4x+x−2⋅2x−对于4y令2y=b,b>0,则可得即4b令a=4b,即2x=42y,则2x此时4b2+4b−y−1则2026x故选:B11.先分类讨论求得fx因fx当x≤−1时,x−1=因x2−x+1当−1<x≤0时,x由x2−x+1则当−1<x≤1−52时,fx当0<x≤1时,x−由x2−x−1则当0<x≤−1+52时,fx当x>1时,x−1=因x2−x−1即fx作出函数fx对于A:由上函数的解析式易得f2=1,故对于B,C:由图可知,函数fx的图象关于y所以任意的x∈R,都有fx=f−x,故B对于D:由图知,y=x2与y=x−1在且fx在0,−1+52和而f−因函数fx的图象关于y轴对称,在x∈−2,故当x∈−2,2时,fx故选:ABD.12.π13.−14.261终止条件:当棋手分数为0或30时,比赛终止.获奖2万元意味着棋手在n局中赢了2局.得分计算:初始分20分,嬴2局加20分,输k局扣10k分,平局不影响分数.总分需为0或30:总分0分:20+20−10k=总分30分:20+20−10k=下面进行分析,并为方便起见用X表示棋手负,用Y表示棋手胜,用。表示若干局的平局.第一类情况:总分0分后终止比赛.赢2局,输4局,平n-6局,但中间不能出现0分或30分,只能是∘X∘Y∘X第二类情况:总分30分后终止比赛.嬴2局，输1局，平n−3局，但中间不能出现0分或只能是∘X∘Y∘Y第一类情况中的每一种情况的概率:1第二类情况中的每一种情况概率:14n≥10时,n=令Pn化简得2n由于n≥10所以Pn+1<Pn对于n≥10所以P10=11515.(1)在∞ABC中，因为a=4,由余弦定理得cosC=因为C∈0,π,所以(2)由(1)知:C=π3，所以S1=12absinC=由正弦定理,可得2R=csinC=21所以S2=πR2=16.(1)因为AD//BC，BC⊂平面AD⊄平面PBC所以AD//平面PBC-3(2)取BC中点E,连接PE,AE,设因为AD//所以四边形ABCD是正方形,所以BD⊥AE连接PO,因为PB=PD,O为BD因为PO∩AE=O,PO,AE⊂平面PAE又PA⊂平面PAE,所以BD⊥(3)方法一:由(2)可知BD⊥平面PAE，BD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面过P作PO1⊥AE，垂足为O1，又因为平面ABCD∩平面PAE=AE，所以PO1⊥平面所以PA在底面ABCD的射影在直线AE上,所以直线PA与平面ABCD所成角是∠PAE,所以∠因为正方形ABCD中AB=2,所以又因为PB=PD=2所以∠PAO=∠APO=45∘所以点O与O1重合,即PO⊥平面以点O为原点,OB为x轴,OE为y轴,OP为z轴建立空间直角坐标系O−则O0因为点D在平面PAB内的正投影是Q,所以DQ⊥平面PAB.-11设PQ=因为DQ⋅PA=0DQ⋅PB=0所以DQ=23,−2所以点Q到平面ABCD距离为23,-14VQ−方法二:以点D为原点，DB为x轴，DC为y轴，建立空间直角坐标系D−xyz则D0因为点D在平面PAB内的正投影是Q,所以DQ⊥平面PABPQ因为DQ⋅PA=0DQ⋅PB=0所以DQ=23,−2所以点Q到平面ABCD距离为23VQ方法三:由(2)可知BD⊥平面PAE,BD⊂所以平面ABCD⊥平面PAE过P作PO1⊥AE，垂足为O1，因为平面ABCD∩平面PAE=AE，且所以PO1⊥平面所以PA在底面ABCD的射影在直线AE上,所以直线PA与平面ABCD所成角是∠PAE,所以∠因为正方形ABCD中AB=2,所以又因为PB=PD=2,所以所以∠PAO=∠APO=45所以点O与O1重合,即PO⊥平面取PA中点G,连接BG,由题意知AB=PB，则PA⊥BG；同理题意知又DG∩BG=G,所以PA⊥因为PA⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面BGD注意到平面PAB∩平面BGD故点D在平面PAB内的正投影Q必在直线BG上,过点D作DQ⊥BG,垂足为Q,则点D到平面PAB的距离因为VD−PAB=VP即13×34×BQ=BD2−DQ2=263，设点因为VQ−ABD=VD即13×12×VQ−17.(1)解:将1,2代入y2=2px可得4=所以抛物线C的方程为y2=4x,准线方程为(2)证明:由题得F1,0，设直线方程为设Px1,y1,Q联立方程x=ty+1y2则y1kOM∵x2∴y2=−x2y∴kOM=kOQ,即故直线QM经过原点.18.(1)初始时甲、乙两盒均装有1个白球和1个黑球，第一次操作时，从两盒中各取一球交换，共有4种等可能情况:甲取白、乙取白:交换后甲盒白球数为1;甲取白、乙取黑:交换后甲盒白球数为0;甲取黑、乙取白:交换后甲盒白球数为2;甲取黑、乙取黑:交换后甲盒白球数为1。-3分故PX1a1=(2)记cn=PXn=由全概率公式得:cn+an+1所以anbn+由(1)和(3)知cn+1=bn可得对任意n≥1有cn=bn得:an+将(4)代入(2)式得:an+整理得an+即:an+1−2所以数列an−23是公比为−19.(1)f′x=e2x则当x∈−∞,−12时,f′x<0;故fx在−∞,−12上单调递减,在−1故fx