陕西省2026届高三下学期高考适应性测试（二）数学试卷含解析（word版+pdf版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 集合，则
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意，所以.
2. 已知复数满足（是虚数单位），则的虚部是
A．B．C．1D．
【答案】A
【解析】由题意可知，所以复数的虚部为.
3.为研究某型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1000个该型号新能源汽车样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量，若，则该型号新能源汽车样本中耗电量大于14kW·h/100km的汽车大约有
A．700辆B．350辆C．300辆D．150辆
【答案】D
【解析】由正态曲线的对称性知，，
于是耗电量大于14kW·h/100km的汽车大约有 .
4.记为等比数列的前项和，若，则
A．8B．16C．32D．54
【答案】B
【解析】设等比数列的公比为，则，
即，因，，则可得，又，
所以.
5.已知，则
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【解析】，①
，②
①+②得，，则；
①-②得，，则.
所以.
6.双曲线的一条渐近线被圆截得的弦长为
A．B．6C．D．3
【答案】A
【解析】渐近线方程为，圆，圆心，半径，
圆心到的距离，
则弦长为.
7.已知平面向量满足，且．若向量满足，则的最大值为
A．B．C．2D．1
【答案】C
【解析】因为，且，令，，
设，由，代入坐标得： ，
整理配方得： ，
即点的轨迹是圆心为，半径的圆.
则是原点到圆上点的距离，
又原点到圆心的距离为： ，
所以圆上点到原点的最大距离为，因此的最大值为.
8.已知函数,的零点分别为，则
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】由可得，由，，
依题意，如图所示，即函数图象与直线的交点的横坐标.
由图知，因函数是一对反函数，图象关于直线对称，则点也关于直线对称，
由解得，则点关于点对称，故.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，下列说法中正确的有
A．与有相同的最小值B．与有相同的最小正周期
C．与有相同的对称轴D．与都在上单调递增
【答案】ABD
【解析】由题意得，，
则与的最小值均为，最小正周期均为，故A，B正确；
，，
故与对称轴不同，故C错误；
若，则，，
因为正弦函数在上单调递增，所以与都在上单调递增，故D正确.
10.已知函数，其中．则下列说法正确的是
A．函数必有零点
B．若，则的对称中心为
C．若有两个极值点，则的取值范围是
D．存在实数，使得在上单调递减
【答案】AB
【解析】根据题意得，是开口向上的二次函数，
选项A：当时，时，由零点存在定理可知在上必有零点，故正确；
选项B：当时，得，
的对称中心为，
将向右平移1个单位，向上平移2个单位后得，
所以对称中心为，故正确；
选项C：若有两个极值点，则有两个不相等的实根，
所以判别式，解得，即
当时，恒成立，不存在两个极值点，故错误；
选项D：若在上单调递减，则对任意恒成立，
因为是开口向上的二次函数，
所以时，不能恒小于等于0，故错误.
11.已知抛物线的焦点为．准线为，过点作斜率为的直线与抛物线交于两点，过的中点作轴的垂线和抛物线相交于点，和准线相交于点．则
A．准线的方程为B．抛物线过点的切线与所在直线平行
C．D．存在值，使得的面积值为
【答案】BCD
【解析】对于选项A，抛物线化为标准形式，设抛物线的焦点到准线的距离为，则，故，因此焦点，准线，A错误，
对于选项B，设直线方程为，联立，消得，，
设，，，
中点的坐标为：，，即，
过作轴垂线，得，，对求导得，点横坐标为，切线斜率为，和直线斜率相等，因此切线与平行，选项B正确，
对于选项C，三点横坐标相同，距离为纵坐标差的绝对值：，，所以，选项C正确，
对于选项D，的面积，
令，得，化简可得，所以存在，选项D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.曲线经过坐标原点的两条曲线方程分别为________、________.
【答案】 、
【解析】当时，，在点处的切线方程为．由该切线经过原点，则，解得，此时切线方程为．
当时，，在点处的切线方程为．由该切线经过原点，则，解得．此时切线方程为 .
13.某量子通信实验室部署甲、乙两台加密机独立生成密钥，每台加密机各生成3次．甲每次生成成功的概率为，失败概率为；乙每次生成成功的概率为，失败概率为．记甲成功生成密钥的次数为，乙成功生成密钥的次数为，则的值为_______.
【答案】
【解析】由题意，，且甲成功生成密钥与乙成功生成密钥为独立事件，
情况1： ，
，，
该项概率：，
情况2： ，
， ，
该项概率：，
情况3： ，
， ，
该项概率：
故 .
14.在一个长8m，宽6m，高3m的房间内点处安装一个Wi-Fi路由器．假设在点处，信号强度，其中是路由器天线的主方向向量（垂直向下）．只有当（即信号向下传播）时才有信号．则该房间内地面上信号强度的最大值是__________．（说明：）
【答案】16
【解析】依题意，，而，则，当点在地面上时，，，，
而，当且仅当时取等号，
因此，
所以该房间内地面上信号强度的最大值是16 .
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.已知椭圆的离心率，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆的上顶点，为椭圆上任意一点，求的最大值及此时点坐标 .
【解析】（1）以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，即.
由，得，则，即.
代入解得，所以椭圆的方程为.
（2）由题可设，且满足，即，.
而上顶点，则，
.所以当时，
所以的最大值为.此时，，
所以点坐标为或 .
16.在中，角所对的边分别为，已知，且．
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积.
【解析】（1）由和正弦定理，，
因，
代入上式化简得：，
因，则有，即，
因，则.
（2）由余弦定理，，因，，
代入得，
即，解得（负根舍去），
故的面积为 .
17.如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，棱，且．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】
（1）在平行六面体中，令，
由正方形边长为2，得，而，，
则，，
因，则，
则，即，
又，平面，
所以平面.
（2）由（1）得，
设平面的法向量，
则，
不妨取，得，则，
由（1）知平面的法向量，
又，
，
，
故，
所以平面与平面夹角的余弦值为 .
18.甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（先胜三局者获胜），每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局结果相互独立．比赛计分规则如下：
若一方以或获胜，则胜者得3分，败者得0分；
若一方以获胜，则胜者得2分，败者得1分．
(1)求甲获得3分的概率；
(2)若，设甲的总得分为随机变量，求的分布列和数学期望；
(3)已知甲在比赛中的总得分的分布列由决定．定义意外指数为．
①求的表达式，并比较和的大小关系；
②求在上的最大值及取得最大值时的值.
【解析】（1）根据题意，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局结果相互独立．
所以甲以获胜的概率为，
甲以获胜的概率为，
所以甲获得3分的概率为；
（2）由题意可知，随机变量为甲的总得分，其所有可能取值为、、、，
若，即甲、乙获胜的概率都是，
所以，，
，，
所以随机变量的分布列为：
所以；
（3）①由题意，，，
所以
，
则，
所以；
②由①可得，，
令，，
因为，可得恒成立，所以单调递增，
又当时，取得最大值，即，
所以，
即当时，取得最大值.
19.已知函数，其中为自然对数的底数．
（1）求函数的单调区闻，
（2）讨论函数的零点个数；
（3）证明：对于任意，函数的图象上两点和满足
【解析】（1）函数的定义域为，求导得，由得
当时，，故单调递减；
当时，，故单调递增．
综上，的递减区间为，递增区间为．
（2）由（1）得．
当时，；当时，；
当时，极小值，此时，无零点．
当时，极小值，此时在处取得最小值 0 ，仅有 1 个零点．
当时，极小值，由时，时，；知在和各有一个零点，共 2 个零点．
综上所述，当时，函数无零点；当时，函数有 1 个零点；当时．函数有 2 个零点．
（3）因为，，
即证明，转化为证明．
不妨设，令，则，代人上式，即证明．
进一步化简，即证明
转化为证明．
令，则
下面先证明.
令，则，令，得
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增；
，所以．
由，可得，又，
从而，故在上单调递增，
又因为，从而对所有的成立．
因为，，即．
从而对于任意，函数的图象上两点和满足.