陕西省西安市灞桥区2026届高三第一学期期末教学质量评价检测数学试题（试卷+解析）

这是一份陕西省西安市灞桥区2026届高三第一学期期末教学质量评价检测数学试题（试卷+解析），共22页。试卷主要包含了 设全集，集合，则中元素个数为， 已知复数满足，， 已知，则， 若是奇函数，则等内容，欢迎下载使用。
一､选择题：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，只有一项县符合颗目要求的.
1. 设全集，集合，则中元素个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
2. 若函数的最小正周期大于，则的解析式可以为（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知复数满足，（ ）
A. B. C. D.
4. 已知，则（ ）
A. 8B. C. D.
5. 若在区间上是增函数，则的最大值是（ ）
A. B. C. 1D.
6. 若是奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，在山脚下处经过山腰到山顶拉一条电缆，其中，的长为，的长为，在处测得的仰角为，在处测得的仰角为.则此山的高度为（ ）

A. B. C. D.
8. 法国著名的数学家蒙日发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”．已知焦点在轴上的椭圆，为椭圆上任意两点，动点在直线上．若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识得椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
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.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 如图，直线，，的斜率分别为，，，倾斜角分别为，，，则下列选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
10. 为鼓励学生们进行兴趣爱好的培养，某学校拟在校园音乐节上邀请某乐队演唱6首风格不同的歌曲，设编号分别为A、B、C、D、E、F，且为了一定效果需对这6首歌的演唱顺序进行一定调整，则（ ）
A. 若歌曲B、C、D必须三首连续进行演唱，则有144种安排方式
B. 若歌曲B、C、D任意两首不连续进行演唱，则有144种安排方式
C. 若歌曲必须在歌曲之前进行演唱，则有120种安排方式
D. 若歌曲必须第一个进行演唱，歌曲不能最后进行演唱，则有96种安排方式
11. 已知四棱锥的高为2，底面是边长为2的正方形，，则（ ）
A. 的面积为定值
B.
C. 四棱锥表面积最小值为
D. 若四棱锥存在内切球，则该球半径
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设等比数列的前项和为，公比，若，则__________.
13. 已知平面向量与均为单位向量，，则与的夹角为__________.
14. 已知实数满足，则的最小值为__________.
四､解答题：本题共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. 某学校开展了数学竞赛考试，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图，
（1）求图中的值和样本成绩的中位数；
（2）已知学校用分层抽样的方法，从，两组内抽取了7份试卷作为优秀试卷，并从对应的学生中随机选取3人进行采访，设接受采访的学生中成绩在内的有人，求的分布列和数学期望．
16. 已知椭圆经过点，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线交椭圆于，两点，是坐标原点，求面积.
17. 在中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且.
（1）求；
（2）若，求的周长；
（3）若外接圆半径为，求数列的前项和.
18. 如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的大小；
（3）设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
19. 已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若有两个零点，求实数的取值范围；
（3）设，若函数与共有4个不同的零点，是否存在实数，使得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
2025—2026学年度第一学期期末教学质量评价检测卷
高三数学
一､选择题：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，只有一项县符合颗目要求的.
1. 设全集，集合，则中元素个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求得全集，利用补集的意义求得补集即可.
【详解】因为，，
所以，所以中元素个数为1.
故选：B.
2. 若函数的最小正周期大于，则的解析式可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的周期性公式求得结果.
【详解】函数的最小正周期为； 的最小正周期为；的最小正周期为；的最小正周期为.
故选：D.
3. 已知复数满足，（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算先计算，求出，再由模长公式即可求解.
【详解】由可得，
所以，
所以，
故选：D.
4. 已知，则（ ）
A. 8B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数的运算性质由外到内计算可得结果.
【详解】因为，所以，
所以
故选：C.
5. 若在区间上是增函数，则的最大值是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】易知，由时，，根据在区间上是增函数，由求解.
【详解】解：，
当时，，
因为在区间上是增函数，
所以，则，
所以，
则的最大值是，
故选：A
6. 若是奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数的定义结合对数运算求解.
【详解】若是奇函数，可得，
则
，
可得，解得，所以.
故选：A.
7. 如图，在山脚下处经过山腰到山顶拉一条电缆，其中，的长为，的长为，在处测得的仰角为，在处测得的仰角为.则此山的高度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作图分析结合几何图形的性质求解即可.
【详解】如图，设分别为在地平面的投影，，则由题意，，
，故此山高度m.

故选：B
8. 法国著名的数学家蒙日发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”．已知焦点在轴上的椭圆，为椭圆上任意两点，动点在直线上．若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识得椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由椭圆焦点位置确定的下限，再根据蒙日圆定义得蒙日圆方程，结合为锐角的条件分析直线与蒙日圆的位置关系，求得的范围，最后计算椭圆离心率的取值范围.
【详解】由椭圆的焦点在轴上，得.
直线都与椭圆相切，
直线所围成的矩形的外接圆即为椭圆的蒙日圆.
因恒为锐角，故点在蒙日圆外.
又在直线上，
因此直线与蒙日圆相离，即原点到直线的距离大于蒙日圆半径.
原点到直线的距离：，故，平方得，即.
结合，得.
椭圆离心率.
当时，，故，即.
故选：B
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.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 如图，直线，，的斜率分别为，，，倾斜角分别为，，，则下列选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据斜率和倾斜角的关系确定正确答案.
【详解】由图象可知，
所以，，
函数在上单调递增，所以，
综上所述，.
故选：AD
10. 为鼓励学生们进行兴趣爱好的培养，某学校拟在校园音乐节上邀请某乐队演唱6首风格不同的歌曲，设编号分别为A、B、C、D、E、F，且为了一定效果需对这6首歌的演唱顺序进行一定调整，则（ ）
A. 若歌曲B、C、D必须三首连续进行演唱，则有144种安排方式
B. 若歌曲B、C、D任意两首不连续进行演唱，则有144种安排方式
C. 若歌曲必须在歌曲之前进行演唱，则有120种安排方式
D. 若歌曲必须第一个进行演唱，歌曲不能最后进行演唱，则有96种安排方式
【答案】ABD
【解析】
【分析】采用捆绑法结合排列数的运算判断A；采用插空法结合排列数的运算判断B；利用对称性结合排列数的运算判断C;先排歌曲和歌曲，然后再利用安排其它歌曲判断D.
【详解】6首歌曲的全排列总数为种.要求B、C、D三首必须连续，采用捆绑法.
将B、C、D看作一个整体，与A、E、F共同进行排列，
将、C、D视为1个元素，与另外3个元素进行全排列，共有种排法，
B、C、D这个整体内部进行全排列，共有种排法，故总安排方式为种，故A正确；
要求B、C、D任意两首不连续，采用插空法，先将A、E、F三首歌曲进行全排列，共有种排法，
A、E、F排好后形成4个空位（包含首尾），从这4个空位中选3个插入B、C、D，共有种排法.
总安排方式为种，故B正确；
要求在之前演唱且无需连续，利用对称性分析，
在全排列中，在前和在前的概率均等，各占总数的一半.
故总安排方式为种，故C错误；
要求必须先演唱，必须不最后演唱，先确定的位置，固定在第1位，有1种排法，
再确定的位置，不能在第1位，也不能在第6位，
只能在第2、3、4、5位中选择，共有种排法，
则剩余的4首歌曲在剩下的4个位置进行全排列，共有种排法，
总安排方式为种，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知四棱锥的高为2，底面是边长为2的正方形，，则（ ）
A. 的面积为定值
B.
C. 四棱锥表面积的最小值为
D. 若四棱锥存在内切球，则该球半径为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由线面垂直的判定及性质定理结合条件可得的高可判断A；由三角形全等可判断B；由基本不等式和棱锥表面积的计算可判断C；由棱锥内切求的性质结合等面积法可得半径可判断D.
【详解】对于A，因为，所以在底面的射影在直线的垂直平分线上，过作垂直于，连接，
由题意可得，又平面，所以平面，
因为平面，则，，的面积为，故选项A正确；
对于B，由题意可得，所以，故选项B正确；
对于C，过分别作，的垂线，垂足分别为E，F，
所以当最小时，四棱锥表面积取得最小值，不妨设，
则，当且仅当时取等号，即为底面正方形的中心时，
所以四棱锥表面积的最小值为四个全等三角形面积加底面面积，即，故选项C错误；
对于D，若四棱锥存在内切球，则该球与平面，平面，平面均相切，过作垂直于，所以的内切圆半径等于该球半径，设为，
由等面积法可得，解得，
当四棱锥为正四棱锥时，存在内切球，满足题意，故选项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. 设等比数列的前项和为，公比，若，则__________.
【答案】127
【解析】
【分析】由，求得的值，从而可得公比，利用等比数列求和公式求解即可.
【详解】因为数列是等比数列，
所以，又，
所以是方程的两根，所以或，
因为，所以，
所以，解得，
所以，
所以.
故答案为：.
13. 已知平面向量与均为单位向量，，则与的夹角为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题设，结合平面向量数量积的定义及运算律求解即可.
【详解】由题意，，，
则，即，
则，所以，
又，则.
故答案：.
14. 已知实数满足，则的最小值为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】先利用换元法化简已知条件，求得，再利用基本不等式求得最小值.
【详解】令，
所以，两边平方并化简得，
同理，
由题知，则，
故，得，
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为4.
故答案：
四､解答题：本题共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. 某学校开展了数学竞赛考试，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图，
（1）求图中的值和样本成绩的中位数；
（2）已知学校用分层抽样的方法，从，两组内抽取了7份试卷作为优秀试卷，并从对应的学生中随机选取3人进行采访，设接受采访的学生中成绩在内的有人，求的分布列和数学期望．
【答案】（1），中位数为75
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有矩形面积为1即可求得a，再由频率分布直方图求中位数；
（2）根据分层抽样得出每组的人数，再根据超几何分布的概率公式求出相应的概率即可得分布列以及数学期望.
【小问1详解】
∵每组小矩形的面积之和为1，
∴，
∴
成绩落在内的频率为，
成绩落在内的频率为，
∴中位数落在内，
设中位数为，则，解得，即中位数为75．
【小问2详解】
由分层抽样可知，成绩在的人数为人，成绩在的人数为2人，
故可能取值为0，1，2，
且
故．
16. 已知椭圆经过点，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线交椭圆于，两点，是坐标原点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆经过的两点可求，即可得椭圆方程；
（2）联立直线和椭圆方程，求出交点坐标即可求面积.
【小问1详解】
因为椭圆经过点，所以，
把点的坐标代入方程，得，解得.
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
联立方程组消去，得.
解得或不妨设，，则.
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求；
（2）若，求的周长；
（3）若外接圆的半径为，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先用正弦定理角化边，再用余弦定理即可求出；
（2）由(1)知，又，可求出边，进而求出周长；
（3）由正弦定理可求出，进而求出，再用求和公式即可求出.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
所以.
因为，所以.
【小问2详解】
由，得，
解得（负根已舍去），
所以的周长为
【小问3详解】
设外接圆的半径为，则，
所以，得，
所以.
18. 如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的大小；
（3）设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得.
（2）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小.
（3）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.
【小问1详解】
取中点，连接，由N为PB中点，得，
依题意，，则，
于是四边形是平行四边形，，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取中点，连接，由，得，
而平面平面，平面平面平面，
则平面，
过作，则平面，又平面，
于是，
在矩形中，，，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，令，得，
设直线BC与平面所成的角为，则，
所以直线BC与平面所成角的大小为.
【小问3详解】
连接，由，得，而，
则为的平面角，即，
过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
显然平面，平面，则平面平面，
在平面内过作于点，则平面，
设，而，则，，，
即，，
所以，
于是，，
设平面PAM的法向量为，
则，
令，得，
设平面的法向量为，
因为，，
则，
令，得，
设平面和平面的夹角为，
则
令，，则，即，
则当时，有最小值，
所以平面和平面的夹角余弦值的最小值为．
19. 已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若有两个零点，求实数的取值范围；
（3）设，若函数与共有4个不同的零点，是否存在实数，使得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求得答案；
（2）求导，判断的单调性，求出极值，列式运算得解；
（3）由，得与的零点个数相同，所以与各有两个零点，设的两个零点为，，的两个零点为，，可得，分和讨论即可.
【小问1详解】
由，
当时，，，
故的图象在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由，
当时，令，在上递减，最多一个零点，与题意不符；
当时，令，则，则当，；当，，
所以在单调递增，在上单调递减，
故，且，.
故有两个零点，即，.
【小问3详解】
由于，所以与的零点个数相同.
依题意共有4个不同的零点，所以与各有两个零点.
不妨设的两个零点为，，的两个零点为，，
则有，
因为，得，①
所以，②
又，则，，若四个零点成等差数列，则有两种情况：
（1）当时，即，，，成等差数列，则有，③
由②③得，
代入①得，，④
又，⑤
将④代入⑤式可得，
由等差数列性质及，可得，从而有，
可得，解得，，这与④矛盾，故实数不存在；
（2）当时，即，，，成等差数列，则，③
由②③得，同理得，，④
又，⑥
将④代入⑥式可得，
代入③可得，解得，，
这与④矛盾，故实数不存在.
综上所述，不存在实数使得四个零点成等差数列.
0
1
2