陕西省榆林市高三上学期1月期末检测训练数学

陕西省榆林市2026届高三检测训练数学试卷一、单选题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、多选题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：．

参考答案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【详解】，解得或，，又，，故C正确．故选：C．3．D【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【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【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【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【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【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【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【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【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．【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．【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【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)【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)【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)【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.【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【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，共有种方法．对于定值，当，时，为三角数组，记满足条件的三角数组的个数为，当为奇数时，，故为偶数时，，当为偶数时，所有满足条件的三角数组的个数为，此时当为奇数时，所有满足条件的三角数