2025-2026学年陕西省咸阳市高三下册模拟检测（二）数学试题 含答案

/陕西咸阳市2026届高考模拟检测数学试题（二）一、单选题1．已知，则的虚部为（

）A．4 B． C． D．2．已知全集，集合，，则（

）A． B．C． D．3．若双曲线的一个焦点到两渐近线的距离之和为，则该双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．4．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，，则“”是“”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5．窗花是中国古老的传统民间艺术之一，如图1是一个正八边形窗花，正八边形边长为2，图2是该窗花的几何示意图形，则（

）A． B． C． D．6．一组数据1，2，2，3，5，8，10，11，13，15的第80百分位数为，从这组数据中随机取两个数，这两个数都小于的概率为（

）A． B． C． D．7．内角，，所对边分别为，，，若，，，则的值为（

）A．2 B．6 C．4 D．88．已知，，，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知点在抛物线：上，为其焦点，则（

）A．抛物线的准线方程为 B．的坐标为C．若，则 D．10．如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列说法正确的是（

）A．存在点，使得为直角B．对于任意点，都有直线平面C．对于任意点，都有平面平面D．三棱锥的体积为定值11．将函数图象向右平移个单位长度得到图象，若，，则下列说法正确的是（

）A．当，时，值域为B．若图象关于点对称，则的最小值为1C．若对于任意实数都成立，则的最小值为D．若在上单调递增，则的取值范围为三、填空题12．已知曲线在点处的切线与直线平行，则________.13．行列式是近代数学中研究线性方程的有力工具，最简单的二阶行列式的运算定义如下：．已知是各项为正的等比数列，是其前项和，若，则的值为________．14．已知，若对于任意，不等式恒成立，则的取值范围为________.四、解答题15．已知数列，都是等差数列，公差分别为，，数列满足.(1)证明：数列是等差数列；(2)若，，，，设，求数列的前项和.16．2026年央视马年春晚节目《武BOT》将传统武术与现代科技完美融合，“人机共武”完成了棍术攻防、醉拳互动、双节棍对练及极限空翻等高难度表演动作，不仅展示了我国人工智能技术的飞速发展，也体现了科技赋能传统文化的实践创新，其中高空弹射空翻转体完成后，稳准落地让人震撼.研究人员将机器人极限空翻动作划分为空翻转体和稳准落地两个环节，在空翻转体环节中，每个机器人完成空翻转体的概率均为0.9；在落地环节，机器人的表现存在差异：若空翻转体完成，则稳准落地的概率为0.8；若空翻转体未完成，则稳准落地的概率为0.1.在极限空翻这个表演中，假设每个机器人完成动作互不影响.(1)如果随机抽取3个机器人，记为完成空翻转体的机器人人数，求的分布列及数学期望；(2)如果随机抽取一个机器人，已知其稳准落地，求其空翻转体完成的概率.17．如图1，在等腰梯形中，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，（如图2）.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)若，，，四点在一个球面上，求这个球的体积.18．已知椭圆：的两焦点分别是，，左顶点为，是椭圆上任意一点，的周长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)动圆的圆心坐标为，过点作圆的两条切线，分别交椭圆于、两点，、两点与不重合，若直线、的斜率分别为、，求证：；(3)设存在斜率的直线与椭圆交于，两点（不是左右顶点），若以线段为直径的圆经过点，试判断直线是否恒过定点，若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由.19．已知函数，.(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，试求出正整数的最小值，使存在唯一的极值点；(3)若在上有零点，求证.答案1．B【详解】因为，则，所以的虚部为.故选：B.2．A【详解】依题意，，，故.故选：A.3．C【详解】根据题意作出图象如图所示，则，渐近线方程为，则焦点到两渐近线的距离之和，结合化简得，故离心率.4．A【详解】由，，若，由面面平行的性质知：，所以“”是“”的充分条件；由，，若，则或与相交，所以“”是“”的不必要条件．则“”是“”的充分不必要条件.5．C【详解】∵任意凸多边形的外角和都等于，∴，∵，∴．6．D【详解】这组数据共有10个，所以，所以第80百分位数是第8项和第9项数据的平均值：，小于12的数据有8个，所以.7．B【详解】在中，由及正弦定理，得，而，则，又，因此，而，，由余弦定理得，所以.8．C【详解】构造，，则，可知在内单调递增，因为，可得，即，所以，又因为，可得，则，所以，综上所述.9．ACD【详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程是，A正确，B错误，由点在抛物线上，可得，若，则，，故，抛物线上的点到焦点的距离，又，因此，当且仅当时取等号10．CD【详解】因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，又，都为锐角，所以，又，，所以，故，对于A，若为直角，则，因为平面，平面，所以，又相交，平面，所以平面，又平面，与过点有且只有一条直线与平面垂直矛盾，故A错误；对于B，连接，则平面平面，若平面，且平面，则，又，，故四边形为平行四边形，故相交，矛盾，故B错误；对于C，连接，，，，由平面，平面，得，由为正方形，易知，因为，平面，平面，平面，，同理可证，，平面，平面，又平面，平面平面，故C正确；对于D，，平面，平面，平面，所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值，三棱锥的体积为定值，故三棱锥的体积为定值，D正确．11．BCD【详解】对于A，当，，将函数图象向右平移个单位得的图象，所以，又，，所以，所以，所以值域为，故A错误；对于B，由题意得，所以，因为图象关于点对称，所以，得，又，所以的最小值为1，故B正确；对于C，由B得，又因为，所以，所以，解得，又，所以的最小值为，故C正确；对于D，由B知，因为，所以，又在上单调递增，所以，解得，所以的取值范围为，故D正确.12．【详解】由求导得，则，因为函数的图像在处的切线与直线平行，所以，即，解得．13．【详解】由题意可得，即，设等比数列的公比为，∴，∴，∴．14．【详解】左侧不等式：，整理得设，求导得当时，，单调递减；当时，，单调递增的最大值在端点处取得，经计算​，最大值为​，故右侧不等式：，整理得：设，求导得​当时，，单调递减；当时，，单调递增最小值在处：​，故综上，的取值范围为15．(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为，所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.（2）因为，，，，所以，所以，所以.16．(1)的分布列为：01230.0010.0270.2430.729数学期望为2.7(2)【详解】（1）由题意可知：，则有：；；；；则的分布列为：01230.0010.0270.2430.729数学期望为.（2）设事件为“一个机器人空翻转体完成”，事件为“一个机器人稳准落地”.则，，，，由全概率公式可得：，所以.17．(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）依题意，，平面，平面，则平面，又，平面，平面，则平面，又，平面，所以平面平面.（2）由四边形为等腰梯形，，，得，又平面平面，平面平面，平面，则平面，直线两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，点，得到，设平面的法向量为，则，取，得，设平面的法向量为，则，取，得.因此，所以平面与平面夹角的余弦值为.（3）点四点在一个球面上，由（2）得该球可看成是以分别为长、宽、高的长方体的外接球，因此该外接球的直径为，所以所求球的体积为.18．(1)(2)证明见解析(3)是，【详解】（1）因为椭圆左顶点为，所以，的周长为，则，所以，所以，椭圆的标准方程为.（2）易知过点的圆的切线斜率存在，则设切线的方程为，动圆的半径为，由已知得，，化简得，当时，过点的两条切线的方程分别为，，与条件矛盾；当时，和是方程的两根，由韦达定理知，.（3）设直线的方程为，联立消去可得，，设，，则，是方程的两个根，所以，，因为以为直径的圆经过点，所以，又，，所以，①又，所以，将，，代入①式，可得，解得或，当时，直线的方程为，与已知矛盾，所以；当时，直线的方程为，直线过定点；当时，直线的方程为，直线过定点，矛盾.所以直线恒过定点.19．(1)答案见解析(2)2(3)证明见解析【详解】（1）当时，函数，其定义域为，求导得，当时，在上恒成立，所以在上单调递增.当时，令，解得，当时，，即在上单调递增；当时，，在上单调递减.综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，，设，，1°当时，，易知，且时，，时，，则在上单调递增，在上单调递减，故1为的极大值点，而，，则存在，使，即应为的另一极值点，故时不成立；2°当时，，则，①当时，，恒成立，所以在上单调递减，又，，所以在内存在唯一零点，即在内存在唯一极值点；②当时，，所以，则，