陕西省宝鸡市金台区2026届高三上学期11月模拟质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省宝鸡市金台区2026届高三上学期11月模拟质量检测数学试题一、选择题：本大题共8个小题，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.已知数据，，的平均数为2，数据，，，，的平均数为10，则数据的平均数为（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】D【解析】因为数据的平均数为2，数据的平均数为10，所以数据的平均数为.故选：D.2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设，则，因为，所以，所以，所以，解得，所以.故选：A.3.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由已知，所以.故选：C.4.不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】，即，即，即，等价于，解得，所以不等式的解集为．故选：C.5.记为等差数列的前项和.若，则（）A.12 B.24 C.36 D.48【答案】C【解析】，，，.故选：C.6.在锐角中，角所对的边分别为.若，则（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】如图所示，过点A作于点D，则，同理可证，因为，所以，整理得，因为为锐角三角形，所以，所以，即，故选：D.7.与椭圆共焦点且过点的双曲线的标准方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】椭圆的焦点坐标为，设双曲线的标准方程为，由双曲线的定义可得，，，，因此，双曲线的方程为.故选：C.8.已知，则（）A. B.C. D.3【答案】D【解析】因为，即，等式两边同时除以，可得，又，所以，，则故选：D.二、多项选择题：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.已知正项的等比数列中，，设其公比为，前项和为，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】因为，可得，即，解得或，又由正项的等比数列，可得，所以，所以A正确；数列的通项公式为，所以B正确；则，所以C不正确；由，则，，所以，所以D正确.故选：ABD.10.已知抛物线的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是（）A.若O为线段中点，则B.若，则C.存在直线l，使得D.△PFQ面积的最小值为2【答案】AD【解析】抛物线的准线为，焦点，若O为中点，所以，所以，故正确；若，则，所以，故错误；设，则，所以，，所以，所以FP与FQ不垂直，故错误；，当且仅当，即时，取等号，所以△PFQ面积的最小值为2，故正确.故选.11.已知函数，则（）A.的图象关于点对称B.的最小正周期为C.的最小值为D.在上有四个不同的实数解【答案】BD【解析】方法一：由，则，，则，所以不可能关于对称，A错误；因为函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，则的最小正周期为，B正确；当时，，当时，；当时，，作出函数大致图象，如图，则，C错误，在有4个根，D正确.方法二：由，作出和的图像，取位于上方的部分即可：由图可知，AC错误，B正确，对于D，计算知与在内的交点坐标为，而，结合函数的图象特征可知函数与图象在内有四个交点，所以在上有四个不同的实数解，故D正确.故选：BD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量，若，则__________．【答案】【解析】因为，所以由可得，，解得．故答案为：．13.已知是的极小值点，那么函数的极大值为______.【答案】【解析】因为，由题意可得，（2），故，，当或时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故当时，函数取得极大值．故答案为：18．14.如图，在底面边长为，高为的正四棱柱中，大球与该正四棱柱的五个面均相切，小球在大球上方且与该正四棱柱的三个面相切，也与大球相切，则小球的半径为___________．【答案】.【解析】易知大球的半径为，设小球的半径为，为小球球心，为大球球心，大球与正四棱柱的下底面相切与点，小球与正四棱柱的上底面相切与点，连接，作于点，如图，由题意可知，,，所以，,因为两圆相切，所以，因为为直角三角形，所以，即，又因为，所以.故答案为：.四、解答题：本大题共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）求的最小正周期和单调递增区间；（2）当时，求函数的最小值和最大值.解：（1）因为所以所以，所以，令，，解得，，即函数的单调递增区间为，；（2）因为所以∴当时，，∴.当时，，.16.以，为焦点的椭圆：过点.（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为1的直线交椭圆于，两点，求的值.解：（1）设椭圆上该点为，则，，则，，则，椭圆的标准方程为：；（2）设直线方程为：，联立直线和椭圆的标准方程得：，即，则，又的周长为，所以.17.甲、乙两人进行投篮比赛，甲先投2次，然后乙投2次，投进次数多者为胜，结束比赛，若甲、乙投进的次数相同，则甲、乙需要再各投1次(称为第3次投篮)，结束比赛，规定3次投篮投进次数多者为胜，若3次投篮甲、乙投进的次数相同，则判定甲、乙平局．已知甲每次投进的概率为，乙每次投进的概率为，各次投进与否相互独立．（1）若每次投篮投进得1分，否则得0分，求甲得3分的概率；（2）求甲、乙需要进行第3次投篮的概率；（3）求甲、乙不需要进行第3次投篮且甲取胜的概率．解：（1）甲得3分的情况为：前两次投进2次，乙前两次投进2次（次数相同进入第三次），且甲第三次投进．甲前两次投进2次的概率：；乙前两次投进2次的概率：；甲第三次投进的概率：；因此甲得3分的概率为：．（2）需要进行第3次投篮的条件是前两轮甲、乙投进次数相同，分三种互斥情况：甲、乙都投进0次：概率为；甲、乙都投进1次：概率为；甲、乙都投进2次：概率为；因此需要进行第3次投篮的概率为：.（3）不需要进行第3次投篮且甲取胜的情况是前两轮甲投进次数乙投进次数，分三种互斥情况：甲1次、乙0次：概率为；甲2次、乙0次：概率为；甲2次、乙1次：概率为；因此概率为：．18.如图，在平面五边形ABCDE中，，，，，，F为BC的中点.现在沿着AC将平面ABC与平面ACDE折成一个直二面角，连接BE，BD，DF.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.（1）证明：过D作于G.因为，所以.因为，，所以，又∵，∴，因为，所以.所以四边形AGDE为矩形.所以，，取AB的中点为H，连接EH，HF.因为F为BC的中点，所以，且，所以，，所以四边形EDFH为平行四边形.所以，因为平面ABE，平面ABE，所以平面ABE.（2）以A为坐标原点，AC，AE所在直线为y，z轴，以过点A且垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系.因为，.所以，且，所以.因为，所以，，设平面EBD的一个法向量为，则，所以解得.又因为，，所以，.设平面CBD的一个法向量为.则，所以，解得.设平面BDE与平面BCD所成角的大小为θ，θ为钝角.则.所以二面角平面角的余弦值为.19.已知函数．（1）讨论函数的单调区间；（2）当时，证明：；（3）函数有两个零点、，求证：．（1）解：函数的定义域为，，当时，对任意的，，由可得，由可得，此时，函数的减区间为，增区间为；当时，由可得，由可得或，此时函数的减区间为，增区间为、；当时，对任意的，，此时函数的增区间为；当时，由可得，由可得或，此时，函数的减区间为，增区间为、.综上所述，当时，函数的减区间为，增区间为；当时，函数的减区间为，增区间为、；当时，的增区间为，无减区间；当时，函数的减区间为，增区间为、.（2）证明：当