[2026届]陕西省西安市第一中学高三下学期考前测试数学试卷-含解析

这是一份[2026届]陕西省西安市第一中学高三下学期考前测试数学试卷-含解析，共22页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，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符合题目要求．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 已知的外接圆半径为，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
3. 设单位向量的夹角为，，则在上的投影数量为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知各项均为正数的等比数列的前项积为，且，成立，则( )
A. B. C. D.
5. 已知一圆台上底面直径为，下底面半径为，母线长为上底面半径的二倍，则圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知抛物线 在处的切线与圆： 交于两点，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知，则（ ）
A. 1000B. 1150C. 1300D. 1350
8. 已知函数的导函数为，和的定义域均为，若，，，，则（ ）
A. B. C. D. 2
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线是函数的图象的一条对称轴
B. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为
C. 函数在区间上有3个零点
D. 函数在区间上单调递增
10. 空间中，平面上的动点满足方程，（），则称为平面的方程．同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量．已知方程分别为，的平面，的交线为，则下列结论正确的是（ ）
A. 经过点，，的平面的方程为
B. 若平面的方程为：，则坐标原点到平面的距离为
C. 交线为的一个方向向量为
D. 与方程为的平面所成角的正弦值为
11. 甲、乙两人进行足球点球比赛，用抽签的方式决定谁先进行，甲、乙抽中的机会均等.每次点球若射中，则继续；若未射中，则换对方点球.已知甲、乙每次点球射中的概率分别为，且每次点球是否射中相互独立，则（ ）
A. 第2个球是甲射门的概率为
B. 在第1个球和第2个球均是甲射门的条件下，第3个球是乙射门的概率为
C. 前4个球中甲、乙各射2个的概率为
D. 在第3个球是甲射门的条件下，第1个球是乙射门的概率为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为______．
13. 的展开式中，的系数为_____．
14. 已知正项数列满足：，数列的前项和.给出下列四个结论：①当时，；②当时，数列单调递增；③当时，；④当时，，都有成立.其中正确结论的序号是______________.
四、解答题：本题共5小题，共77分．
15. 在中，，，，为的中点，，分别在边，上，.
（1）若，，求的值；
（2）求面积的最小值.
16. 已知椭圆：，点，其中.过点作椭圆的两条切线，切点分别为，.
（1）求直线的方程，并用表示；
（2）若，求点的坐标及两条切线的方程.
17. 某智能制造工厂有甲、乙、丙三条生产线生产同款精密零件，其中甲生产线产能占总产量的，乙占，丙占；三条生产线的次品率分别为、、，所有零件外观无差异，随机混装入库．
（1）随机抽取1件入库零件，求该零件为次品的概率；
（2）若抽检发现该零件为次品，求该次品来自甲生产线的概率；
（3）现从入库产品中随机独立抽取（，）件产品，记次品数量为，若，求正整数的最大值与最小值．
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与直线所成角的余弦值；
（3）若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
19. 已知函数（且，，）．
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）讨论零点的个数．
数学
本试卷共4页，满分150分，时间120分钟．
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符合题目要求．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：
思路：先分别解出集合和，进而根据集合的交集运算即可求解．
解答过程：由，解得或，所以或，
由，则，又，则，所以，
所以．
2. 已知的外接圆半径为，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：利用正弦定理求出，，利用平面向量数量积的运算性质、三角恒等变换并结合角的取值范围可求得的最大值.
解答过程：由正弦定理可得，则，，
因为，所以，
所以
，
因为，所以，
故当时，取最大值.
3. 设单位向量的夹角为，，则在上的投影数量为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：求出，求出，求出，则在上的投影数量为，代入数值求解即可.
解答过程：单位向量的夹角为，，
，
，
，
，
则在上的投影数量为，故选项D正确.
4. 已知各项均为正数的等比数列的前项积为，且，成立，则( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：利用等比数列前项积的定义，结合已知条件建立关于首项和公比的方程，求解后计算目标表达式的值.
解答过程：设等比数列的公比为，由前项积定义，，
则，，，，.
由，得，两边约去，得.
将代入，得，即，
因，两边除以，得.
由，，故.
将代入，得，即，
因式分解得.因，
三次式，故，则.
，，
故.
故选：B.
5. 已知一圆台上底面直径为，下底面半径为，母线长为上底面半径的二倍，则圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：先根据题干条件求出圆台的上下底面半径、母线长，再通过勾股定理计算圆台的高，最后代入圆台体积公式求解即可.
解答过程：已知一圆台上底面直径为，则半径，下底面半径为，即，母线，
圆台的轴截面如图所示，其中，，
由题意可知圆台的高，
则根据圆台的体积公式得圆台的体积，故D正确.
6. 已知抛物线 在处的切线与圆： 交于两点，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
解答过程：∵ 抛物线方程为，即，求导得.
当时，，切线斜率，
∴ 抛物线在处的切线方程为，整理得.
∵ 圆的方程为，∴ 圆心，半径.
圆心到切线的距离.
由弦长公式得.
在中，，
由余弦定理：，
∵ ，∴ .
7. 已知，则（ ）
A. 1000B. 1150C. 1300D. 1350
答案：B
解析：
解答过程：因为，所以，.
所以.
因为对二项分布，有，
所以，
所以，
所以.
8. 已知函数的导函数为，和的定义域均为，若，，，，则（ ）
A. B. C. D. 2
答案：C
解析：
思路：利用题设等式和函数值，对进行赋值，依次求出，…，推得是以0为首项，为公差的等差数列，即可计算；再由条件推出，依次赋值求出，…，计算，即得答案.
解答过程：由求导得，
又，两式相减可得，
令，可得，
在中，取，可得，解得，
在中，取，可得，所以，
在中，取，可得，
所以，再取，可得，
则得，…，故是以0为首项，为公差的等差数列，
所以；
由得，则，
取，可得，故，即，
又，所以，则，
因为，，则，，
，，
，，，
即，
所以．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线是函数的图象的一条对称轴
B. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为
C. 函数在区间上有3个零点
D. 函数在区间上单调递增
答案：ABD
解析：
解答过程：由题意得，
，是函数的图象的一条对称轴，故A正确，
将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象对应的函数为，
要使为奇函数，则，解得，
又，则的最小值为，故B正确，
令，则，解得，
当时，或，
函数在区间上有2个零点，故C错误，
当时，令，
在上单调递增，函数在区间上单调递增，故D正确.
10. 空间中，平面上的动点满足方程，（），则称为平面的方程．同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量．已知方程分别为，的平面，的交线为，则下列结论正确的是（ ）
A. 经过点，，的平面的方程为
B. 若平面的方程为：，则坐标原点到平面的距离为
C. 交线为的一个方向向量为
D. 与方程为的平面所成角的正弦值为
答案：ABD
解析：
思路：结合平面方程的定义、点到平面距离公式、直线方向向量的求解、线面角的向量计算方法，逐项分析判断即可.
解答过程： 选项A：将、、分别代入，三个点均满足方程，且三点不共线可唯一确定平面，故A正确；
选项B：根据点到平面的距离公式，原点到平面的距离，故B正确；
选项C：易知方程的一组公共解为，且的另一组公共解为，
则直线经过和的一个方向向量为，
所以交线为l的方向向量为，故C错误；
选项D：取的方向向量，平面的法向量，设与所成角为，则，故D正确.
11. 甲、乙两人进行足球点球比赛，用抽签的方式决定谁先进行，甲、乙抽中的机会均等.每次点球若射中，则继续；若未射中，则换对方点球.已知甲、乙每次点球射中的概率分别为，且每次点球是否射中相互独立，则（ ）
A. 第2个球是甲射门的概率为
B. 在第1个球和第2个球均是甲射门的条件下，第3个球是乙射门的概率为
C. 前4个球中甲、乙各射2个的概率为
D. 在第3个球是甲射门的条件下，第1个球是乙射门的概率为
答案：AC
解析：
思路：对于A：可得第2个球是甲射门的可能情况为：甲甲，乙甲，进而求概率；对于B：分析可知第2球甲未射中，即可得概率；对于C：可能情况有：甲甲乙乙，甲乙甲乙，甲乙乙甲，乙甲甲乙，乙甲乙甲，乙乙甲甲，进而求概率；对于D：分析可能情况的组成，结合条件概率公式运算求解.
解答过程：记“抽签抽到甲”，“甲点球射中”，“抽签抽到乙”，“乙点球射中”，
则，，，可得，，
对于选项A：第2个球是甲射门的可能情况为：甲甲，乙甲，
所以所求事件的概率为，故A正确；
对于选项B：在第1个球和第2个球均是甲射门的条件下，第3个球是乙射门，可知第2球甲未射中，
所以所求事件的概率为，故B错误；
对于选项C：若前4个球中甲、乙各射2个，则可能情况有：
甲甲乙乙，甲乙甲乙，甲乙乙甲，乙甲甲乙，乙甲乙甲，乙乙甲甲，
所求的概率为，故C正确；
对于选项D：第3个球是甲射门的可能情况为：甲甲甲，乙甲甲，甲乙甲，乙乙甲，
对应的概率为，
第1个球是乙射门且3个球是甲射门的可能情况为：乙甲甲，乙乙甲，
对应的概率为，
所以所求事件的概率，故D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为______．
答案：或
解析：
思路：先根据导数得出切线斜率 计算求出参数及切点，再点到直线距离等于半径得出参数.
解答过程：设直线与曲线的切点为，
由，则，则，，
即切点为，所以直线为，
又直线与圆都相切，
则有，解得或
13. 的展开式中，的系数为_____．
答案：
解析：
思路：先写出的展开式，再将每一项与组合即可求得的系数.
解答过程：，
则的系数为.
14. 已知正项数列满足：，数列的前项和.给出下列四个结论：①当时，；②当时，数列单调递增；③当时，；④当时，，都有成立.其中正确结论的序号是______________.
答案：①③
解析：
思路：对于①，根据已知条件求出，，进而求出，再比较与的大小；对于②，通过作差法判断与的大小关系，从而确定数列的单调性；对于③，利用放缩法结合已知条件得到的范围，进而求出的范围；对于④，举反例可说明.
解答过程：当时，由可得，
因为数列是正项数列，所以，
则，所以，
那么，，
因为，所以，故①正确；
已知，（），
两式相减得：，
即，
因为数列是正项数列，所以，那么与同号.
当时，，所以，则，
所以，即，数列单调递减，故②错误；
若，则，，故，
则时，故，
得到，故③正确；
当时，当，，
，，则，故④错误.
四、解答题：本题共5小题，共77分．
15. 在中，，，，为的中点，，分别在边，上，.
（1）若，，求的值；
（2）求面积的最小值.
答案：（1）2 （2）
解析：
思路：（1）利用余弦定理求出，由勾股定理可得是直角三角形，从而求出，，在中利用正弦定理求出，所以，从而得出，则在中可计算得出；
（2）设，，在，中分别利用正弦定理得出，，然后利用面积公式即可求解.
（1）在中，由余弦定理得，
解得，所以，则，，
在中，由正弦定理得，所以，
即，则，
因为，所以，
在中，，则．
又，所以．
（2）设，，
则，，，
在中，由正弦定理得，整理得，
在中，由正弦定理得，整理得，
则，
又，，
所以，
所以．
16. 已知椭圆：，点，其中.过点作椭圆的两条切线，切点分别为，.
（1）求直线的方程，并用表示；
（2）若，求点的坐标及两条切线的方程.
答案：（1），
（2）；和
解析：
思路：（1）首先利用直线与椭圆相切，联立方程，根据求出切点坐标，即可求解；
（2）根据（1）的结果，将的面积表示为关于的方程，即可求解
（1）设过点的切线方程为，与椭圆方程联立，
得①，整理为，
其中，得，
代回①得，即，得，
因此两个切点，的横坐标均为，故切点弦的方程为．又切点在椭圆上，所以．
即．故．因为，所以．
（2）点到直线：的距离为．所以．
即．
由题意．
当时，．
又函数在上为正数，且是增函数，为正数，且是增函数，所以单调递增，所以解唯一．
故．当时，切点横坐标为．代入椭圆方程得，
所以．当切点为时，切线方程为，即．
当切点为时，切线方程为，
即．

17. 某智能制造工厂有甲、乙、丙三条生产线生产同款精密零件，其中甲生产线产能占总产量的，乙占，丙占；三条生产线的次品率分别为、、，所有零件外观无差异，随机混装入库．
（1）随机抽取1件入库零件，求该零件为次品的概率；
（2）若抽检发现该零件为次品，求该次品来自甲生产线的概率；
（3）现从入库产品中随机独立抽取（，）件产品，记次品数量为，若，求正整数的最大值与最小值．
答案：（1）；
（2）；
（3）最小值为，最大值为.
解析：
思路：（1）利用全概率公式整合不同生产线的次品率，计算整体次品概率；
（2）利用贝叶斯公式，结合全概率结果计算次品来自甲生产线的条件概率；
（3）通过二项分布的相邻概率比值分析，确定使最大的的取值范围，进而得到最值.
（1）设表示“零件来自第条生产线”（，对应甲、乙、丙），表示“零件为次品”.
由题意，，，，，，.
由全概率公式，.
（2）由贝叶斯公式，.
（3）由题意，，故（）.
要使最大，需满足且.
由，得，
化简得，解得，故.
由，得，
化简得，解得，故.
综上，正整数的最小值为，最大值为.
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与直线所成角的余弦值；
（3）若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
答案：（1）取的中点，连接，，
由条件可得为的中位线，即，
又平面，平面，故平面，
由题意可知四边形是直角梯形，且，
则，，即四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，故平面，
而，平面，所以平面平面，
由平面，显然平面．
（2） （3）
解析：
思路：（1）构造面面平行即可证线面平行；
（2）结合（1）找出直线与直线所成的角，再根据勾股定理，及余弦定理即可求解；
（3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法即可确定的位置，进而根据等积法即可求出三棱锥的体积．
（1）略
（2）由（1）可知，直线与直线所成角为，
又平面平面，平面平面，且，则平面，
又平面，则，
又，，
所以，，，
则在中，由余弦定理有，
所以直线与直线所成角的余弦值为．
（3）连接，，
结合（1），（2）有是正方形，则，且，
又底面，则底面，
又，则，所以，
所以以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如下图空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，
又线段上存在一点，则设，
则，所以，
设平面的一个法向量为，则有，
令，则，，即，
设直线与平面所成的角为，则，
整理得，解得或（舍去），
所以是线段的中点，
所以．
19. 已知函数（且，，）．
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）讨论零点的个数．
答案：（1）
（2）若或，零点的个数为；若且，零点的个数为
解析：
思路：（1）恒成立等价于恒成立，求导后，分及讨论函数单调性，结合计算即可得解；
（2）结合（1）中所得，分、与且讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理可判断零点的个数，即可得零点的个数.
（1）由恒成立，即恒成立，
即恒成立，即恒成立，
令，则，
当时，恒成立，则恒成立，
故在上单调递减，又，
故当时，，不符合题意，故舍去；
当时，令，解得，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，又，
故要使得恒成立，则有，即；
（2）函数零点的个数等价于函数零点的个数，
由（1）知，当时，在上单调递减，
且，故零点的个数为；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
若，有且仅有，故零点的个数为；
若，则，由，则，
又时，，故存在，使得，
此时有两个零点、，故零点的个数为；
若，则，由，则，
又时，，故存在，使得，
此时有两个零点、，故零点的个数为；
综上所述：若或，零点的个数为；
若且，零点的个数为.