2025-2026学年陕西省延安市高三最后一模数学试题（含答案解析）

这是一份2025-2026学年陕西省延安市高三最后一模数学试题（含答案解析），共2页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，在中，“”是“为钝角三角形”的，已知函数，关于x的方程f等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知且，函数，若，则（ ）
A．2B．C．D．
2．已知的展开式中的常数项为8，则实数（ ）
A．2B．-2C．-3D．3
3． “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．在中，“”是“为钝角三角形”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．圆锥底面半径为，高为，是一条母线，点是底面圆周上一点，则点到所在直线的距离的最大值是（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，关于x的方程f（x）＝a存在四个不同实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．（0，1）∪（1，e）B．
C．D．（0，1）
7．已知椭圆内有一条以点为中点的弦，则直线的方程为( )
A．B．
C．D．
8．复数满足，则复数在复平面内所对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
9．已知是平面内互不相等的两个非零向量,且与的夹角为,则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝，则f(x)的单调递减区间是( )
A．(－∞，2]B．[2，＋∞)
C．[－2，＋∞)D．(－∞，－2]
11．函数与在上最多有n个交点，交点分别为（，……，n），则（ ）
A．7B．8C．9D．10
12．设，，则“”是“”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝kx有两个不同的实根，则实数k的取值范围是________．
14．六位同学坐在一排，现让六位同学重新坐，恰有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有________种（用数字回答）.
15．若x5=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+…+a5(x-2)5，则a1=_____，a1+a2+…+a5=____
16．有以下四个命题：①在中，的充要条件是；②函数在区间上存在零点的充要条件是；③对于函数，若，则必不是奇函数；④函数与的图象关于直线对称.其中正确命题的序号为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（Ⅰ）求的极坐标方程和的直角坐标方程；
（Ⅱ）设分别交于两点（与原点不重合），求的最小值.
18．（12分）如图，底面是等腰梯形，，点为的中点，以为边作正方形，且平面平面.
（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的正弦值．
19．（12分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知等差数列的公差为，等差数列的公差为.设分别是数列的前项和，且， ，
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
20．（12分）已知函数.
（1）当时.
①求函数在处的切线方程；
②定义其中，求；
（2）当时，设，(为自然对数的底数)，若对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，求的取值范围.
21．（12分）某工厂生产一种产品的标准长度为，只要误差的绝对值不超过就认为合格，工厂质检部抽检了某批次产品1000件，检测其长度，绘制条形统计图如图：
（1）估计该批次产品长度误差绝对值的数学期望；
（2）如果视该批次产品样本的频率为总体的概率，要求从工厂生产的产品中随机抽取2件，假设其中至少有1件是标准长度产品的概率不小于0.8时，该设备符合生产要求.现有设备是否符合此要求？若不符合此要求，求出符合要求时，生产一件产品为标准长度的概率的最小值.
22．（10分）已知的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若的面积为，，求的周长.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
根据分段函数的解析式，知当时，且，由于，则，即可求出.
【详解】
由题意知：
当时，且
由于，则可知：，
则，
∴，则，
则.
即.
故选：C.
本题考查分段函数的应用，由分段函数解析式求自变量.
2．A
【解析】
先求的展开式，再分类分析中用哪一项与相乘，将所有结果为常数的相加，即为
展开式的常数项，从而求出的值.
【详解】
展开式的通项为，
当取2时，常数项为，
当取时，常数项为
由题知，则.
故选：A.
本题考查了两个二项式乘积的展开式中的系数问题，其中对所取的项要进行分类讨论，属于基础题.
3．A
【解析】
列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有，利用古典概型求解即可.
【详解】
6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3), (4,2),(5,1),
而加数全为质数的有(3,3),
根据古典概型知，所求概率为.
故选：A.
本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题.
4．C
【解析】
分析：从两个方向去判断，先看能推出三角形的形状是锐角三角形，而非钝角三角形，从而得到充分性不成立，再看当三角形是钝角三角形时，也推不出成立，从而必要性也不满足，从而选出正确的结果.
详解：由题意可得，在中，因为，
所以，因为，
所以，，
结合三角形内角的条件，故A,B同为锐角，因为，
所以，即，所以，
因此，所以是锐角三角形，不是钝角三角形，
所以充分性不满足，
反之，若是钝角三角形，也推不出“，故必要性不成立，
所以为既不充分也不必要条件，故选D.
点睛：该题考查的是有关充分必要条件的判断问题，在解题的过程中，需要用到不等式的等价转化，余弦的和角公式，诱导公式等，需要明确对应此类问题的解题步骤，以及三角形形状对应的特征.
5．C
【解析】
分析：作出图形，判断轴截面的三角形的形状，然后转化求解的位置，推出结果即可.
详解：圆锥底面半径为，高为2，是一条母线，点是底面圆周上一点，在底面的射影为；，，过的轴截面如图：
，过作于，则，在底面圆周，选择，使得，则到的距离的最大值为3，故选：C
点睛：本题考查空间点线面距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力，解题的关键是作出轴截面图形，属中档题．
6．D
【解析】
原问题转化为有四个不同的实根，换元处理令t，对g（t）进行零点个数讨论.
【详解】
由题意，a＞2，令t，
则f（x）＝a⇔⇔
⇔⇔．
记g（t）．
当t＜2时，g（t）＝2ln（﹣t）（t）单调递减，且g（﹣2）＝2，
又g（2）＝2，∴只需g（t）＝2在（2，+∞）上有两个不等于2的不等根．
则⇔，
记h（t）（t＞2且t≠2），
则h′（t）．
令φ（t），则φ′（t）2．
∵φ（2）＝2，∴φ（t）在（2，2）大于2，在（2，+∞）上小于2．
∴h′（t）在（2，2）上大于2，在（2，+∞）上小于2，
则h（t）在（2，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减．
由，可得，即a＜2．
∴实数a的取值范围是（2，2）．
故选：D．
此题考查方程的根与函数零点问题，关键在于等价转化，将问题转化为通过导函数讨论函数单调性解决问题.
7．C
【解析】
设，，则，，相减得到，解得答案.
【详解】
设，，设直线斜率为，则，，
相减得到：，的中点为，
即，故，直线的方程为：.
故选：.
本题考查了椭圆内点差法求直线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.
8．B
【解析】
设,则,可得,即可得到,进而找到对应的点所在象限.
【详解】
设,则,
,,
所以复数在复平面内所对应的点为,在第二象限.
故选:B
本题考查复数在复平面内对应的点所在象限,考查复数的模,考查运算能力.
9．C
【解析】
试题分析：如下图所示，则，因为与的夹角为，即，所以，设，则，在三角形中，由正弦定理得，所以，所以，故选C．
考点：1．向量加减法的几何意义；2．正弦定理；3．正弦函数性质．
10．B
【解析】
由f(1)=得a2=,
∴a=或a=-(舍),
即f(x)=(.由于y=|2x-4|在(-∞,2]上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-∞,2]上单调递增,在[2,+∞)上单调递减,故选B.
11．C
【解析】
根据直线过定点，采用数形结合，可得最多交点个数， 然后利用对称性，可得结果.
【详解】
由题可知：直线过定点
且在是关于对称
如图
通过图像可知：直线与最多有9个交点
同时点左、右边各四个交点关于对称
所以
故选：C
本题考查函数对称性的应用，数形结合，难点在于正确画出图像，同时掌握基础函数的性质，属难题.
12．A
【解析】
根据对数的运算分别从充分性和必要性去证明即可.
【详解】
若， ，则，可得；
若，可得，无法得到，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
所以本题答案为A.
本题考查充要条件的定义，判断充要条件的方法是：
① 若为真命题且为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；
② 若为假命题且为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；
③ 若为真命题且为真命题，则命题p是命题q的充要条件；
④ 若为假命题且为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件.
⑤ 判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由图可知，当直线y＝kx在直线OA与x轴(不含它们)之间时，y＝kx与y＝f(x)的图像有两个不同交点，即方程有两个不相同的实根．
14．135
【解析】
根据题意先确定2个人位置不变，共有种选择，再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，计算得到答案.
【详解】
根据题意先确定2个人位置不变，共有种选择.
再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，共有种选择，
故不同的坐法有.
故答案为：.
本题考查了分步乘法原理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
15．80 211
【解析】
由，利用二项式定理即可得，分别令、后，作差即可得.
【详解】
由题意，则，
令，得，
令，得，
故.
故答案为：80，211.
本题考查了二项式定理的应用，属于中档题.
16．①
【解析】
由三角形的正弦定理和边角关系可判断①；由零点存在定理和二次函数的图象可判断②；
由，结合奇函数的定义，可判断③；由函数图象对称的特点可判断④．
【详解】
解：①在中，，故①正确；
②函数在区间上存在零点，比如在存在零点，
但是，故②错误；
③对于函数，若，满足，
但可能为奇函数，故③错误；
④函数与的图象，可令，即，
即有和的图象关于直线对称，即对称，故④错误．
故答案为：①．
本题主要考查函数的零点存在定理和对称性、奇偶性的判断，考查判断能力和推理能力，属于中档题．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（Ⅰ）直线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，的直角坐标方程为；（Ⅱ）2.
【解析】
（Ⅰ）由定义可直接写出直线的极坐标方程，对曲线同乘可得：，转化成直角坐标为；
（Ⅱ）分别联立两直线和曲线的方程，由得，由得，
则，结合三角函数即可求解；
【详解】
（Ⅰ）直线的极坐标方程为，
直线的极坐标方程为
由曲线的极坐标方程得，
所以的直角坐标方程为.
（Ⅱ）与的极坐标方程联立得所以.
与的极坐标方程联立得所以.
所以.
所以当时，取最小值2.
本题考查参数方程与极坐标方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，极坐标中的几何意义，属于中档题
18．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）先证明四边形是菱形,进而可知,然后可得到平面,即可证明平面平面;
（2）记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系,分别求出平面ABF和DBF的法向量,然后由,可求出二面角的余弦值,进而可求出二面角的正弦值.
【详解】
（1）证明：因为点为的中点,,所以,
因为,所以,所以四边形是平行四边形,
因为,所以平行四边形是菱形,所以,
因为平面平面,且平面平面,所以平面.
因为平面,所以平面平面.
（2）记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.由题意可知AC,BE,OP两两垂直,故以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为底面ABCD是等腰梯形,,所以四边形ABCE是菱形，且,
所以,
则,设平面ABF的法向量为,
则,不妨取,则,
设平面DBF的法向量为,
则,不妨取,则,
故.
记二面角的大小为,故.
本题考查了面面垂直的证明,考查了二面角的求法,利用空间向量求平面的法向量是解决空间角问题的常见方法,属于中档题.
19．（1）；（2）
【解析】
方案一：（1）根据等差数列的通项公式及前n项和公式列方程组，求出和，从而写出数列的通项公式；
（2）由第（1）题的结论，写出数列的通项，采用分组求和、等比求和公式以及裂项相消法，求出数列的前项和.
其余两个方案与方案一的解法相近似.
【详解】
解：方案一：
（1）∵数列都是等差数列，且，
，解得
，
综上
（2）由（1）得：
方案二：
（1）∵数列都是等差数列，且，
解得
，
.
综上，
（2）同方案一
方案三：
（1）∵数列都是等差数列，且.
，解得，
，
.
综上，
（2）同方案一
本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式的应用，考查了分组求和、等比求和及裂项相消法求数列的前n项和，属于中档题.
20．（1）①；②8079；（2）.
【解析】
（1）①时，，，利用导数的几何意义能求出函数在处的切线方程．
②由，得，由此能求出的值．
（2）根据若对任意给定的，，在区间，上总存在两个不同的，使得成立，得到函数在区间，上不单调，从而求得的取值范围．
【详解】
（1）①∵，
∴
∴，∴，∵，
所以切线方程为.
②，
.
令，则,.
因为①,
所以②,
由①+②得,所以.
所以.
（2），当时，函数单调递增；
当时，，函数单调递减∵，，
所以，函数在上的值域为.
因为， ，
故，，①
此时，当 变化时、的变化情况如下：
∵，
，
∴对任意给定的，在区间上总存在两个不同的，
使得成立，当且仅当满足下列条件
，即
令，，
，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减所以，对任意，有，即②对任意恒成立.
由③式解得：④
综合①④可知，当时，对任意给定的，
在上总存在两个不同的，使成立.
本题考查了导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性、求函数最值问题，会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件．不等式恒成立常转化为函数最值问题解决．
21．（1）（2）
【解析】
（1）根据题意即可写出该批次产品长度误差的绝对值的频率分布列，再根据期望公式即可求出；
（2）由（1）可知，任取一件产品是标准长度的概率为0.4，即可求出随机抽取2件产品，都不是标准长度产品的概率，由对立事件的概率公式即可得到随机抽取2件产品，至少有1件是标准长度产品的概率，判断其是否符合生产要求；当不符合要求时，设生产一件产品为标准长度的概率为，可根据上述方法求出，解，即可得出最小值.
【详解】
（1）由柱状图，该批次产品长度误差的绝对值的频率分布列为下表：
所以的数学期望的估计为
.
（2）由（1）可知任取一件产品是标准长度的概率为0.4，设至少有1件是标准长度产品为事件，则，故不符合概率不小于0.8的要求.
设生产一件产品为标准长度的概率为，
由题意，又，解得，
所以符合要求时，生产一件产品为标准长度的概率的最小值为.
本题主要考查离散型随机变量的期望的求法，相互独立事件同时发生的概率公式的应用，对立事件的概率公式的应用，解题关键是对题意的理解，意在考查学生的数学建模能力和数学运算能力，属于基础题．
22．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理将目标式边化角，结合倍角公式，即可整理化简求得结果；
（2）由面积公式，可以求得，再利用余弦定理，即可求得，结合即可求得周长.
【详解】
（1）由题设得.
由正弦定理得
∵∴，
所以或.
当，（舍）
故，
解得.
（2），从而.
由余弦定理得
.
解得.
∴.
故三角形的周长为.
本题考查由余弦定理解三角形，涉及面积公式，正弦的倍角公式，应用正弦定理将边化角，属综合性基础题.
—
0
+
单调减
最小值
单调增
0
0.01
0.02
0.03
0.04
频率
0.4
0.3
0.2
0.075
0.025