陕西省西安市某校2026届高三下学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省西安市某校2026届高三下学期期中考试数学试题一、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.若集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为，所以,由，所以，所以，解不等式，可得，所以，所以.2.在复平面内，复数对应的点是，则（

）A.5 B. C.2 D.【答案】D【解析】由题意知，，则，所以.3.已知平面内三点，则向量在上的投影向量为（

）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为，所以，所以，，所以向量在上的投影向量为.故选：D.4.已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于A选项，对于函数，由可得，即函数的定义域为，与题中图象不符；对于B选项，令，可得，即函数只有一个零点，与题中图象不符；对于C选项，函数的定义域为，，函数为偶函数，与题中图象不符；对于D选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，令得，可得，当时，，则，与题中图象相符.5.若需要刻画预报变量和解释变量的相关关系，且从已知数据中知道预报变量随着解释变量的增大而减小，并且随着解释变量的增大，预报变量大致趋于一个确定的值，为拟合和之间的关系，应使用以下回归方程中的（为自然对数的底数）（）A. B.C. D.【答案】D【解析】解析对于A：因为在定义域内单调递增且，所以随着的增大而增大，不合题意，故A错误；对于B：因为在定义域内单调递增且，所以随着的增大而减小，当解释变量，，不合题意，故B错误；对于C：因为在定义域内单调递增且，所以随着的增大而减小，当解释变量，，不合题意，故C错误；对于D：因为在定义域内单调递减且，所以随着的增大而减小，当解释变量，，故D正确；故选D.6.已知，设函数的零点个数为，则（）A.120 B.210 C.75 D.240【答案】A【解析】过点，则可作出的图象.当n＝1时，作出的图象，因为，故的图象与图象有3个交点；注意到的周期为4，，n每增加1个单位，也增加个单位（一个周期），则交点增加2个，故数列是首项为3，公差为2的等差数列，所以.7.设函数，若对于都有成立，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】法一：直接求导法，令得，时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增；故或，只需，法二：分离参数法，令，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，时，；时，，所以．当时，恒成立，所以,综上可知若对于都有成立，则，故选：C.8.在棱长为4的正方体中，点为棱的中点，点在底面内运动，且满足直线平面，将正方体沿平面切割，得到两个多面体，下列说法中错误的是（）A.点的轨迹是一条线段，且其长度为B.过三点的截面面积为18C.沿平面切割正方体得到较大的多面体体积为D.在棱上不存在点，使得平面【答案】C【解析】对于A，取分别为的中点，连接，根据中位线定理得，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，又易得且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面所以平面平面，因为直线平面，所以平面，所以，又，点的轨迹是一条线段，且其长度为，故A正确；对于B，由A可得，所以过三点的截面为等腰梯形，又，所以等腰梯形的高为，所以截面面积为，故B正确；对于C，，所以平面切割正方体得到较大的多面体体积为，C错误；对于D，假设存在点，使得平面，因为平面，则，在正方形中，如图建立平面直角坐标系，则，设，则，所以，得，显然不成立，D正确.二、多选题：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的．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．9.已知，，满足，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】因为，，满足，对于A选项，由基本不等式可得，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，A错；对于B选项，，当且仅当时，即当时，等号成立，B错；对于C选项，，当且仅当时，等号成立，C对；对于D选项，，当且仅当时，即当时，等号成立，D对.故选：CD.10.已知抛物线：的焦点为，的准线与轴交于点，过的一条直线与交于，两点，过，作的垂线，垂足分别为，，则（）A.准线的方程为 B.C.直线与的斜率之和为0 D.与的面积相等【答案】ACD【解析】解：选项A，由抛物线的定义知，，选项A正确；选项B，因为轴，所以，若，则，即，显然该等式不一定成立，故选项B错误；选项C，设，，且，由题意知，直线的斜率一定存在，且不为0，设其方程为，联立，消去得，，因为直线与抛物线有两个交点，所以，即：，得：或，当时，，所以，且，由韦达定理知：，，所以，故选项C正确；选项D，的面积，的面积，所以与的面积相等，故选项D正确.11.已知正项数列满足，则下列说法正确的是（）A.B.存在，使得C.D.【答案】ABD【解析】由，可得，所以，所以是等差数列，又，所以，所以等差数列的首项为3，公差为2，所以，所以，所以，故A正确；，所以，令，解得，所以存在，使得，故B正确；对于，故C错误；对于D，令，求导得，所以，解得，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，即，所以，所以，化简得，仅当时等号成立；令，得，此时等号不成立所以，，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.设，则_______.【答案】【解析】由题可知，，因为，所以.故答案为：.13.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线C上，O为坐标原点，，，则双曲线C的离心率为______.【答案】【解析】因为，所以，所以，即.因为，，所以在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得.因为，所以，即，解得，所以.所以.14.现有n（，）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（，2，3，…，n）个袋中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是，则______.【答案】9【解析】设选出的是第k个袋，连续四次取球的方法数为，第四次取出的是白球的取法有如下四种情形：4白，取法数为：，1红3白，取法数为：，2红2白，取法数为：，3红1白：取法数为：，所以第四次取出的是白球的总情形数为：，则在第k个袋子中取出的是白球的概率为：，因为选取第k个袋的概率为，故任选袋子取第四个球是白球的概率为：，当时，.故答案为：．四、解答题：本小题共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.已知向量，，且，.（1）求的值；（2）在中，内角的对边分别为.若，求的取值范围.解：（1）根据向量点积公式：，用辅助角公式化简：，即.已知，故，则，解得.（2）已知，故，即，.根据正弦定理，得，代入，化简得，因此：.由得，故，代入得.16.为了落实健康第一教育理念，实施学生体质强健计划，现对某高中学生每天的运动时间进行调查，随机抽取了100名学生进行调查．下面是根据调查结果绘制的学生每天平均运动时间（单位：分钟）的频率分布直方图，将每天平均运动时间不低于80分钟的学生称为“运动爱好者”．（1）试求频率分布直方图中的值；（2）用样本估计总体，已知某学生每天平均运动时间不低于60分钟，求该学生是“运动爱好者”的概率；（3）从样本里的“运动爱好者”学生中随机选取两位同学，用随机变量表示每天平均运动时间在分钟之间的学生数，求的分布列及期望．解：（1）由频率分布直方图可知，，解得．（2）设“该学生每天平均运动时间不低于60分钟”为事件A，“该学生是‘运动爱好者’”为事件B，则，，所以在该学生每天平均运动时间不低于60分钟的条件下是“运动爱好者”的概率为.（3）由题意可知，样本中共有“运动爱好者”学生25人，运动时间在分钟之间的学生有5人，所以．，，．则的分布列为012则．17.已知椭圆的左右焦点分别为，，点满足直线，的斜率之积为，点是上任意一点，．（1）求的方程；（2）过点的直线与交于，两点，若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程．解：（1）设椭圆C的半焦距为，则，所以，因为直线，的斜率之积为，所以，解得．因为，利用椭圆定义可得椭圆长轴，解得，则．所以C的方程为．（2）由已知得过点且满足题意的直线l的斜率存在，不妨设，联立消去y得，令，解得．设，，则，，因为以DE为直径的圆经过点O，所以，即，所以，即，所以，整理可得即，满足，解得，所以直线l的方程为．18.已知函数．（1）求的单调区间；（2）求证：对任意，不等式恒成立．（1）解：函数的定义域为，求导得，当时，，故，函数单调递增；当时，，故，函数单调递减．因此，的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）证明：要证，两边取自然对数（因单调递增，不等号方向不变），即证，由对数运算法则，化简得．方法一：，即证．由，可知，结合在区间上单调递增，所以得证，原不等式成立．方法二：令，因为，所以，即．由三角恒等式，代入，得，令，需证，求导得，化简得，因为，所以，即在上单调递增．接下来只需证明不等式．因在上单调递增，故，因此，当时，，即恒成立．综上，对任意，不等式恒成立．19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，，点在线段上（与不重合）．（1）若平面平面，证明：平面;（2）当面积最小时，求二面角的正弦值；（3）在（2）的条件下，若，是线段的等分点，分别过在四棱锥上作平行于平面的截面，记相应截面面积为，证明：.（参考公式：）.（1）证明：底面为正方形，则，又因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）解：由（1）知平面，设直线交于点，连接，底面为正