2026西安新城区高三上学期三模数学试题含解析

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1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性，结合集合交集的定义进行求解即可.
【详解】因为函数是实数集上的增函数，
所以由，
因此，而集合，
所以.
故选：B
2. 设随机变量服从二项分布，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项分布的期望公式计算.
【详解】因为随机变量服从二项分布，故，得.
故选：C
3. 已知线段的长为，且线段在平面上的射影长为，则直线与所成角的大小为（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 75°
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面角的定义，结合特殊角的余弦值进行求解即可.
【详解】设直线与所成角为，
因为线段，且线段在平面上的射影长为，
故，所以.
故选：A
4. 若函数是奇函数，则（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】根据奇函数得出，再代入结合特殊角三角函数值求解.
【详解】因为是奇函数，
故，，检验符合，所以.
故选：D.
5. 若一个等比数列的前3项和等于3，前6项和等于，则该等比数列的第4项等于（ ）
A. 16B. 8C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列，其公比为，且前项和为，分和两种情况，
结合前项和公式计算可得结论.
【详解】设等比数列为，其公比为，且前项和为，
若，则，所以，又，故不符合题意，
若，则根据题意可知，且，
解得，，故.
故选：D.
6. 已知函数在单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合复合函数增减性和二次函数单调性及函数的定义域列出不等式组，即可求解．
【详解】若在区间单调递增，
则需满足，且，故，
即的取值范围是．
故选：C．
7. 设，，是半径为1的圆上三点，若，则的最大值为（ ）
A 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】过作，交直线AB于点，根据数量积公式，可得，根据圆的几何性质，可得的最大值，分析即可得答案.
【详解】由题画出图形，则向量的夹角为锐角时适合题意，过作，交直线AB于点，
则，
故当取得最大值时，的值最大.
设圆心为，因为圆的半径为1，故是边长为1的等边三角形，
且当与圆相切时，的值最大，
过O作，交AB于D，连接OC，则四边形ODHC为矩形，
所以，则，即的最大值为
故的最大值为.

故选：B
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的定义、余弦定理、勾股定理列方程，利用整体法求得.
【详解】设，，则根据椭圆的定义可知，，
且，
又，因，
故由余弦定理有，
整理得①.
又因为，故由勾股定理有，
整理得②，
由①②解得，所以.
故选：A
二、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. 设，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】分别求出和，即可判断A，求出，即可判断B；求出，并求出它的模，即可判断C；分别求出和，即可判断D.
【详解】因为，，所以，
，所以，故A正确；
因为，故B错误；
因为，
所以，故C正确；
因为，，
所以，
，
所以，故D错误.
故选：AC
10. 已知抛物线的焦点为，为上一动点，点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三角形三边关系可以判断AC，根据抛物线的定义可以判断B，根据AB可以判断D.
【详解】根据题意可知的坐标为，因为，故，
当且仅当，，共线时等号成立，
而的方程为：，联立，得出，此时，故A正确；
设在的准线上的射影为，因为，故，
当且仅当，，共线时等号成立，此时，，故B正确；
故，当且仅当，，共线时等号成立，故C错误；
由A，B选项可知，
当且仅当的坐标为时等号成立，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知曲线，则（ ）
A. 直线与的公共点数不等于直线与的公共点数
B. 所有斜率为的直线都与有且仅有一个公共点
C. 直线与的所有公共点的横坐标的平方和等于
D. 上横坐标的差为的两点中至少有一个点的纵坐标的绝对值大于2
【答案】BC
【解析】
【分析】利用导数求出的单调性和极值，结合图象，分析即可判断A的正误；设，利用导数求得的单调性，分析可得的零点个数，即可判断B的正误；由题意得直线与有3个公共点，根据解析式，化简计算，可判断C的正误；根据特殊值，分析即可判断D的正误.
【详解】选项A：设，则，
令，则或，
当或时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以的极大值是，极小值是，
故直线与有2个公共点，直线与也有2个公共点，故A错误；
选项B：设，
则，则单调递增，
且当时，，当时，，
故有且仅有一个零点，即所有斜率为的直线都与有且仅有一个公共点，故B正确；
选项C：由上可知直线与有3个公共点，设它们的横坐标分别为，，，
则，
展开得，
故有，且，
所以，故C正确；
选项D：因为，且，此时这两点的纵坐标的绝对值均为2，
不符合题意，故D错误.
故选：BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某中学高三年级男生的身高（单位：）可近似看作服从正态分布，且，则________.
【答案】0.85##
【解析】
【分析】由正态分布的对称性可计算.
【详解】因为服从正态分布，且，
故.
故答案为：
13. 函数的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】设，代入计算结合辅助角公式计算可得结论.
【详解】设，
则，
故当时，即时，取得最大值.
故答案为：.
14. 如图，菱形的各点都在同一平面上，且边长为4，.设，分别为，的中点，分别以，，为折痕把，，折起，使点，，重合于点，并构成三棱锥.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的体积为________.

【答案】
【解析】
【分析】连接交于点，在中利用余弦定理求出，分析球心所在的确切位置，并作出截面图2，利用余弦定理，勾股定理，三角形相似，三角函数和球的性质求出球的半径，即可得解.
【详解】连接交于点，
把，，折起后构成的三棱锥如图1所示，
故.

在中，由余弦定理可得
，
故.
其中是边长为2的正三角形，所以，.
设为的外心，则在上，且.
设为的外心，则在上，
故过且垂直于平面的直线与过且垂直于平面的直线的交点即为球心，
即过且垂直于的直线与过且垂直于的直线的交点即为球心，
设球心为，另设交于点，如图2所示.

在中，如图3所示，，，.
因为，即，解得，.
在中，由余弦定理得，
故，.
在中，，
又由，可得，
故，
所以球的半径，
故球的体积为.
故答案为：
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. 记的内角，，的对边分别为，，.已知，
（1）证明：；
（2）设，，求的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边角互化及和角的正弦公式推理得证.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理及三角形面积公式计算得解.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理得，
则，即，
所以.
【小问2详解】
在中，，，由余弦定理得，
由（1）知，即，则，
整理得，因此，，
所以的面积为.
16. 如图，在三棱柱中，，为上的点，且.

（1）证明：平面；
（2）若底面是等边三角形，侧面是菱形，，且平面平面，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）通过作辅助线证明，再通过线面平行的判定定理即可证明；
（2）先证平面，再建立空间直角坐标系求出平面的法向量和平面的法向量，最后求解二面角的正弦值即可.
【小问1详解】
如图，连接交于点，连接，
因为是平行四边形，故为的中点，
又，故为的中位线，所以.
因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
设的中点为，因为底面是等边三角形，侧面是菱形，，且平面平面，连接，，则，
又，且平面平面，平面，故平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系.

设，则由几何关系可知，，，，
故，，.
设平面的法向量为，平面的法向量为，则有及
不妨取，，则，.
故.
故二面角的正弦值为.
17. 已知和为双曲线上两点.
（1）求的离心率；
（2）在上是否存在点，使得的面积为？若存在，求所有满足要求的点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）2 （2）存在，，，，.
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，结合离心率的计算公式，即可求解；
（2）方法1：假设存在满足条件的点，当垂直于轴时，求得，满足题意；当不垂直于轴时，设直线的方程为，联立方程组，求得，结合弦长公式和点到直线的距离公式，列出方程求得的值，进而得到点的坐标；
方法2：求得，且的方程为，根据题意，得到点到直线的距离，利用点到直线的距离公式，求得或，联立方程组，进而求得点的坐标.
【小问1详解】
解：由点和为双曲线上两点，
可得，解得，此时双曲线的方程为，
所以双曲线的离心率.
【小问2详解】
解：方法1：假设存在满足条件的点，且设为直线，
当垂直于轴时，，此时，满足题意；
当不垂直于轴时，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则且，可得且，
设，可得，所以，
则，
又因为到的距离为，所以的面积为，
令，可得或，
解得或或，
因为，故当时，，
又因为，可得，故；
同理可得，当时，；当时，，
综上，所有满足要求的点的坐标为，，，.
方法2：因为点和，可得，
且直线的方程为，
假设存在满足条件的点，设点到直线的距离为，
若的面积为3，则，解得，
设过且平行于直线的直线为，则，
解得或，
当时，可得，联立方程组，解得，，
代入的方程，可得或；
当时，可得，联立方程组，解得，，
代入的方程，可得或，
综上可得，所有满足要求的点的坐标为，，，.
18. 已知函数.
（1）讨论在的单调性；
（2）证明：当时，；
（3）设，为正数，若点关于直线的对称点在曲线上，证明：.
【答案】（1）在单调递增
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用函数导数判断函数的单调性；
（2）设，结合导数判断函数的单调性证得不等式；
（3）根据对称性结合函数的导数证得函数的不等关系；
【小问1详解】
根据题意有.
当时，；
当时，，，故，
所以在单调递增.
小问2详解】
设，则，
设，则，
当时，，单调递增，
故，
故单调递增，
故当时，，即.
【小问3详解】
因为点关于直线的对称点为，且在上，故.
由（1）可知在单调递增，且由（2）可知，
故.
由可知，等价于.
设，
则.
设，
则当时，，
故当时，单调递增，，
所以当时，，单调递增.
又由（1）及（2）可知，，所以，即.
综上，.
19. 光明中学举行校乒乓球比赛，共有人报名参加男子单打比赛，参赛选手的编号记为，并将所有选手分成A，B两组，每组各人，其中为不小于10的整数.
（1）若，求编号为10和20的选手都在A组的概率；
（2）若编号为和的选手都在A组，证明：在B组选手中总能找出2人，使得他们的编号之和等于；
（3）A组选手与B组选手一对一比赛后共有人晋级.已知在晋级的选手中有不超过10%的选手退赛，证明：在晋级且没有退赛的选手中总能找出4人，使得在这4人中有2人的编号之和等于另外2人的编号之和.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出所有可能的分组情况，再求出编号为10和20的选手都在A组的情况，最后根据古典概型概率公式计算概率；
（2）通过分析编号为和的选手在A组时，B组选手编号的组合情况，利用抽屉原理证明存在编号之和等于的两人；
（3）先确定晋级且没有退赛的选手人数范围，再通过构造编号之和的组合，利用抽屉原理证明存在满足条件的4人．
【小问1详解】
编号为10和20的选手都在A组的概率；
【小问2详解】
设B组选手的编号分别为，
因为编号为和的选手都在A组，
故这个数的值只能取这个值，
故它们中必有两个数相等，
因为互不相等，所以也互不相等，
故一定存在，其中，，
又因为，，故存在，使得，
即在B组选手中总能找出2人，使得他们的编号之和等于.
【小问3详解】
设晋级且没有退赛的选手共有人，他们组成集合，
其中表示选手的编号，，且，，
假设中不存在4个元素满足其中2个元素之差等于另2个元素之差；
（i）当为奇数时，考虑两组差：和
根据假设可知每组的差数都是互不相同的正整数，
故，
，
两式相加有；
（ii）当为偶数时，考虑两组差：和，
根据假设可知每组的差数都是互不相同的正整数，
故，
，
两式相加有，
故若，即时，
中一定存在4个元素满足其中2个元素之差等于另2个元素之差，
也等价于其中2个元素之和等于另2个元素之和，
又因为当时，，故，
所以在晋级且没有退赛的选手中总能找出4人，使得其中2人的编号之和等于另外2人的编号之和．