陕西安康市2025-2026学年高三下学期阶段性检测数学试题（含解析）高考模拟

这是一份陕西安康市2025-2026学年高三下学期阶段性检测数学试题（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
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. 若，则的真子集个数为（ ）
A. 3B. 4C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【详解】因为，所以，
所以的真子集个数为．
2. 若复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由复数，得，
所以.
3. 若，则是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数函数单调性及一元二次不等式解法化简命题，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】由，得，解得，则，
由，得或，则或，
所以是的充分不必要条件.
4. 已知函数为奇函数，且在上单调递增，在上单调递减，若的图象是一条连续的曲线，则（ ）
A. 在上单调递增B. 在上单调递增
C. 在上单调递减D. 在上单调递减
【答案】B
【解析】
【分析】先根据奇函数的对称性求得函数的单调区间，再结合函数图象平移求解即可.
【详解】因为为奇函数，且在上单调递增，在上单调递减，的图象是一条连续的曲线，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
因为的图象是由的图象向左平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
5. 若为函数的一个零点，且的最小正周期，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据零点，代入函数求的集合，再根据周期求的值.
【详解】由题得，所以，则，
因为，所以，所以，即
所以，所以，则．
6. 已知正项数列的前项和为，且，若，则下列结论不正确的是（ ）
A. 数列为等差数列B. 数列为等比数列
C. 数列的前项和为D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列的定义可判断A，由对数的运算性质得到，可判断B，
由等差数列、等比数列的求和公式即可判断CD.
【详解】因为，即，
所以数列为等差数列，
又，所以数列也为等差数列，故A正确；
因为，即，所以，
因为，所以，所以数列为等比数列，故B正确；
因为0，所以，
故数列的公差为1，所以数列的前项和为，故C正确；
因为，
所以数列的公比为3，则，
所以，故D错误．
7. 若函数有且只有一个零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据因式分解，结合有且只有一个零点，即无解，再由根的判别式计算即可．
【详解】，
因为有且只有一个零点，即无解，
所以，解得．
8. 在长方体中，为长方体表面上一动点，且，则点的轨迹的总长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过讨论点所在位置确定轨迹长度进而求解.
【详解】若点在平面内，则，如图，点的轨迹为，其长度为
若点在平面内，则，如图，点的轨迹为，其长度为，由对称性可知，点在平面内的轨迹长度也为；
点不可能在平面内，在平面，内时分别位于点处，所以点的轨迹的总长度为．
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. 已知向量，则（ ）
A. B.
C. 可以用线性表示D. 在上的投影向量为
【答案】BCD
【解析】
【详解】因为，所以不垂直，故A错误；
因为，所以，故B正确；
因为，所以不共线，所以可以用线性表示，故C正确；
在上的投影向量为，故D正确．
10. 一个不透明的口袋中装有个完全相同的乒乓球，其中个标有数字，个标有数字，记事件表示“第一次取到标有的球”，事件表示“第二次取到标有的球”，则下列说法正确的是（ ）
A. 若从口袋中摸出一个球，放回后再摸出一个球，则这个球上的数字相同的概率为
B. 若从口袋中一次性摸出两个球，则球上的数字之和为的概率为
C. 若从口袋中不放回地取球两次，每次取个，则，互斥
D. 若从口袋中不放回地取球两次，每次取个，则，相互独立
【答案】AB
【解析】
【详解】对于A，若从口袋中摸出一个球，放回后再摸出一个球，则这个球上的数字相同的概率为，故A正确；
对于B，若从口袋中一次性摸出两个球，则球上的数字之和为的概率为，故B正确；
对于C，由题得，所以，不互斥，故C错误；
对于D，，则，所以，不相互独立，故D错误.
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为为右支上一点（异于右顶点），为圆上一点，则（ ）
A. 的渐近线方程为
B. 的内切圆与轴切于定点
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据渐近线斜率判断A，联立方程，利用内切圆性质判断B，根据圆的切线的性质判断C，利用动点到圆心的距离的最值判断D.
【详解】因为双曲线的渐近线为，由题，所以的渐近线方程为，故A正确；
设分别与的内切圆切于点，
则，
又，所以，所以的内切圆与轴切于定点，故B正确；
易知，，则，当与相切时，取得最大值，最大值为，故C错误；
设，则，
当时，取得最小值，则的最小值为，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则___________．（用m，n表示）
【答案】
【解析】
【分析】由条件结合指数幂的运算性质可得，结合关系可得结论.
【详解】因为，所以，
所以．
13. 已知椭圆的左、右焦点分别为为上一点，且，则的离心率的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】由，得，结合基本不等式和椭圆的性质有，可求离心率的取值范围.
【详解】由，得，
由椭圆的定义得，又，所以，
因为，即，当且仅当时等号成立，
所以，所以，
设，则有，，
则最大时，即时，有最小值，
所以，即，
可得，解得（舍去）或，
因为，综上可知的离心率的取值范围为．
14. 若，则的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】令，将问题转化为，进而构造函数，再结合导数研究函数，的性质得，进而求得答案.
【详解】由题可得，，
由不等式可知，令，则，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以，又时，，时，，所以．
因为，所以，
所以原不等式等价于，
令，则，
当时，单调递减；当时，单调递增，
又，所以要使对成立，
所以，解得，又，所以，即的取值范围为．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 某高中为研究学生课外阅读时间与视力健康的关联性，从全校的3000名学生中随机抽取了100名学生进行调查，得到部分数据如表．
（1）试估计全校学生中视力不良的学生人数；
（2）补全列联表，并判断依据小概率值的独立性检验，能否认为学生的视力健康与课外阅读时间有关？
附：．
【答案】（1）1050
（2）
认为学生的视力健康与课外阅读时间无关．
【解析】
【小问1详解】
由题可得课外阅读时间小时／天的学生中视力不良的有人，
所以估计全校学生中视力不良的学生人数为3000.
【小问2详解】
补全列联表：
零假设为：学生的视力健康与课外阅读时间无关，
.930＜，
所以依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即认为学生的视力健康与课外阅读时间无关．
16. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角的大小；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边角互化以及余弦定理可求；
（2）利用正弦定理边角互化以及两角和差的正弦公式化简.
【小问1详解】
由以及正弦定理得，，
由余弦定理得，
又，所以．
【小问2详解】
由以及正弦定理得，
所以，
整理得，
所以．
17. 已知函数，且．
（1）求的值；
（2）若．
（i）求在上的最大值和最小值；
（ii）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）最大值为，最小值为；（ii）．
【解析】
【分析】（1）求导，由，即可求解；
（2）（i）由（1）得到，再求导，确定函数单调区间，即可求解；（ii）将问题转换成所以，进而可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
则，
所以．
【小问2详解】
（i）由（1）得，
则，
因为，令，得；
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，又，
所以在[0,3]上的最大值为，最小值为．
（ii）因为，
，
所以，
由（i）可知在上的最大值为，
由，
所以，
所以实数的取值范围为．
18. 如图，圆台的上、下底面半径分别为2，3，侧面积为．
（1）求圆台的高；
（2）半轴截面与侧面交于PQ，且为下底面圆周上一点，．
（i）求证：；
（ii）求平面与平面CDR夹角的余弦值．
【答案】（1）3 （2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）由上、下底面的半径，利用侧面积公式求圆台的高；
（2）（i）结合圆台的结构特征，通过证明平面，得证；（ii）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值．
【小问1详解】
设圆台的高为，
则圆台侧面积，
解得．
【小问2详解】
（i）由题可知，
因为，所以，
因为，所以，所以，所以，
因为平面，平面BCR，所以，
因为，平面，
所以平面，又平面，所以．
（ii）以为原点，所在直线分别为y，z轴，以过点且垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以.
由（i）可知为平面的一个法向量，
设平面CDR的一个法向量为，
则，
取，得，
所以．
设平面与平面CDR的夹角为，
则，
所以平面与平面CDR夹角的余弦值为.
19. 已知抛物线经过点，其焦点为，过点的直线交于M，N两点．
（1）求的方程；
（2）若的斜率为1，分别求在点M，N处的切线方程；
（3）直线上是否存在定点，使得DB平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2），
（3）存在定点
【解析】
【分析】（1）将的坐标代入方程，求即可；
（2）由条件结合点斜式确定的方程，联立方程组求出的坐标，结合导数的几何意义求切线方程；
（3）设的方程为，，，联立方程组求，取特殊情况可得对应的点的坐标，再验证该点对任意均满足关系DB平分即可.
【小问1详解】
因为抛物线经过点，
所以，
所以的方程为．
【小问2详解】
由题得的方程为，即，
联立，取，
由，得，
所以点处的切线的斜率为2，
则在点处的切线方程为，
即，
所以点处的切线的斜率为，
则在点处的切线方程为，
即，
所以在点处的切线方程为．
【小问3详解】
由题可知的斜率存在，
设，，
联立，得，
则．
当时，，此时点为线段的中点，
过点作的垂线，其方程为，
与直线的交点即为，满足平分．
下面证明点满足题意：
当直线的斜率不存在时，，
此时，则，直线的斜率为，
易得，
所以平分，
根据对称性，当直线DN的斜率为0时，直线DM的斜率不存在，
同理可得平分；
当直线的斜率存在且不为时，，
设直线，直线，
点到直线，的距离分别为，
又
成立，
所以，
所以平分．
综上，直线上存在定点，使得平分．
课外阅读时间
视力健康情况
合计
视力正常
视力不良
小时／天
35
60
小时／天
10
合计
100
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
课外阅读时间
视力健康情况
合计
视力正常
视力不良
小时／天
35
25
60
小时／天
30
10
40
合计
65
35
100
课外阅读时间
视力健康情况
合计
视力正常
视力不良
小时／天
35
25
60
小时／天
30
10
40
合计
65
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