2026年陕西省西电中学高三第一次模拟考试数学试题（含解析）

第1页/共1页陕西省西电中学高三数学模拟考试题一、单选题：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.设集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】已知集合，，在数轴上合并两个集合的范围可得：所有元素覆盖的区间是从（包含）到（不包含），即.2.已知复数，则（）A.1 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意知，再依次计算，即可.【详解】由题知，所以，所以.3.已知某种商品的广告费支出（单位：万元）与销售额（单位：万元）之间有如下对应数据：4678根据上表可得经验回归方程，据此估计，当投入万元广告费时，销售额为（）A.万元 B.万元 C.万元 D.万元【答案】D【解析】【详解】由上表可知：，，样本点的中心为，代入经验回归方程，得，经验回归方程为，将代入可得，当投入万元广告费时，销售额为万元．4.在中，，若，则（）A. B. C.1 D.【答案】A【解析】【详解】由，得，整理为，即，，即.5.若直线与抛物线交于，两点，为抛物线的焦点，则（）A. B.8 C.10 D.【答案】C【解析】【分析】联立直线与抛物线方程，根据抛物线的定义结合韦达定理即可求得结果.【详解】由题意可知，抛物线的准线为，设，则根据抛物线的定义可知.因为直线与抛物线交于，两点，所以联立方程可得，化简得.根据韦达定理得，所以.6.记为等差数列的前项和，若，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设等差数列的公差为，由题知，，再令，，则，进而根据二次方程有解问题，结合判别式即可求得答案.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，因为，设，则，解得，令，，则，令，则，将代入得，整理得，由题知该方程有解，所以，即，解得，所以，即的最大值为.7.已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面圆的圆周在圆锥的侧面上，则圆柱的侧面积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将圆柱侧面积的最大值问题，转化为关于圆柱底面半径的二次函数的最值问题.【详解】由的底面半径，母线长，所以圆锥的高.由题可设圆柱的底面半径为()，高为.由得，即，截得.所以圆柱的侧面积所以当时，侧面积取得最大值为.8.若函数有且只有一个零点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据因式分解，结合有且只有一个零点，即无解或有等根，分类计算后即可参数的取值范围．【详解】，因为有且只有一个零点，即无解，或有两个等根为所以，或，解得．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知等比数列的公比为，前项和为，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.数列是公差为1的等差数列【答案】ABD【解析】【分析】先结合已知条件求得，，再依次讨论各选项即可得答案．【详解】因为，所以，解得，故A正确；所以，解得，所以，，故B选项正确；因为，所以，故C选项错误；因为，，所以，即数列是公差为1的等差数列，故D选项正确．10.已知函数的最小正周期为，若将其图象向左平移个单位长度后得到的图象关于直线对称，则（）A.函数的图象关于点对称B.函数的图象关于直线对称C.D.在上单调递增【答案】BD【解析】【分析】利用周期公式求出，利用平移得到，利用图象关于直线对称，结合余弦函数的图像和性质得到，由得到的值，从而得到和的表达式，利用正余弦函数的图像和性质分别对选项一一求解.【详解】函数的最小正周期为，，，将其图象向左平移个单位长度后得到的，，图象关于直线对称，，，，，，，选项A，，故选项A错误；选项B，，故选项B正确；选项C，，，，故选项C错误；选项D，，，，在上单调递增，故选项D正确.11.已知双曲线的左、右顶点分别为，，右焦点为，点在上，与轴垂直．若直线的斜率是直线的斜率的3倍，且，，点在的左支上，则（）A. B.的渐近线方程为C.的最小值为 D.的最小值为【答案】BC【解析】【分析】根据双曲线的性质，结合已知条件求出双曲线的方程，再根据双曲线的性质逐一分析选项.【详解】由已知得，，，因为点在双曲线上，且轴，，不妨设，则，，由，解得，又，所以，所以双曲线方程为，将代入，得，所以，所以，所以选项A错误；双曲线的渐近线方程为，所以选项B正确；由，所以，设双曲线的左焦点为，根据双曲线的定义，，所以，所以，当三点共线时，最小，最小值为，所以选项C正确；设，则，，所以当时，最小，最小值为，所以选项D错误.故选：BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.12.若，则______.【答案】0【解析】【分析】利用两角和的余弦公式可得，提取化简即可求解.【详解】.故答案为：0【点睛】本题考查了两角和的余弦公式、齐次式，需熟记公式，属于基础题.13.已知圆，直线.设为圆上的一动点，则到直线的最大距离为____.【答案】【解析】【分析】先求得圆心到直线的最大距离，再根据圆周上的点到直线距离的最大值为即可求解．【详解】圆心，半径为，直线过定点，圆心到直线的最大距离，所以到直线的最大距离为.14.已知的二项式系数和为64，则二项式系数最大值为___________【答案】20【解析】【分析】根据二项式系数和为可得，再结合二项式系数的性质即可求解.【详解】因为的二项式系数和为64，则，解得，所以二项式系数最大值为.故答案为：20.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，角的对边分别是，已知．（1）求角的大小；（2）求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角形内角和定理和诱导公式，两角和差的正弦公式求解；（2）利用正弦定理得到，结合已知得到，利用余弦定理得到，利用求出，从而得到的周长.【小问1详解】已知，结合，可得，，又，则，得．因为，所以．【小问2详解】由（1）知，根据正弦定理，则，结合，得．，由余弦定理，可得，即，则，代入和，得，则，故，因此，的周长为．16.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为等边三角形，平面平面，点是棱上的一点.（1）求证：为直角三角形；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.【答案】（1）取的中点，连接，，由等边可得，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.在中，，，，由余弦定理可得OC= 因为，所以，又，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故为直角三角形.（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，由面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理，可证平面，从而证得，得为直角三角形；（2）建立空间直角坐标系，设（），由线面角的向量求法列得关于的方程，求出，即可得线段的长..【小问1详解】略【小问2详解】由（1）得，，两两垂直，如图，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设（），则.设平面的一个法向量，则令，解得，，所以平面的一个法向量.因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得或（舍），所以，，即线段的长为.17.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为（2）【解析】【分析】（1）利用导数分析函数的单调性即可；（2）令，分离参数，构造函数，将问题转化为与函数有两个交点；利用导数分析函数的单调性及取值情况，可得的取值范围，从而得到实数的取值范围.【小问1详解】的定义域为.时，，，令，易知在上单调递减，且，所以当时，；当时，.所以时，的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】由有两个零点得，方程在上有两个根，所以，所以在上有两个根.设，，则，当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，且的极大值为，又，当时，，且时，.所以要使方程在上有两个根，则直线与的图象有两个交点，所以，故实数的取值范围为.18.年被业界公认为“具身智能元年”，得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟，人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活．新华中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动，活动分两轮进行．第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格．已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率均为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为，假设他们之间通过与否相互独立．（1）求这3人中至多有2人通过第一轮的概率；（2）从3人中随机选出一人，求他通过第二轮的概率；（3）设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望．【答案】（1）（2）（3）分布列为：0123数学期望为【解析】【分析】（1）先求出“3人中最多2人通过第一轮”的对立事件的概率，进而求出“3人中最多2人通过第一轮”的概率；（2）先由乘法公式求出三人通过第二轮的概率，再利用全概率公式计算求解；（3）求出的可能取值为，计算各可能值的概率，进而求出分布列及期望．【小问1详解】“3人中最多2人通过第一轮”的对立事件为“3人全部通过第一轮”，每人通过第一轮的概率为，且相互独立，故全部通过的概率为：，“3人中最多2人通过第一轮”的概率为：．【小问2详解】小明通过第二轮的概率为：，小华通过第二轮的概率为：，小方通过第二轮的概率为：，从3人中任选1人，每人被选中概率为，由全概率公式：．【小问3详解】的可能取值为，三人通过第二轮的事件相互独立，，，，，分布列为：0123期望为：．19.已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3.（1）求椭圆的方程（2）已知点，过点的直线交椭圆于两点（在轴下方），直线交直线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值