陕西省延安市2026届高三上学期普通高中模拟测试（一）数学试题（有解析）

这是一份陕西省延安市2026届高三上学期普通高中模拟测试（一）数学试题（有解析），共14页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.
第Ⅰ卷 选择题（共58分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 平面向量，，且，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
3. 公差不为零等差数列的前项和为，若是与的等比中项，，则（ ）
A. -22B. -90C. -3D. -198
4. 《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．首先，准备一个圆桶模具，圆桶底面外圆的直径为30cm，高为10cm，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为3cm的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土晾干后，即可得到大小相同的4片瓦．若需要制作800片这种瓦片，则所需粘土的体积为（ ）

A. B. C. D.
5. 已知定点A、B，且|AB|＝4，动点P满足||PA|﹣|PB||＝3，则|PA|的最小值是（ ）
A. B. C. D. 5
6. 两位游客准备分别从葫芦古镇、兴城古城、龙潭大峡谷、九门口水上长城、龙湾海滨风景区5个景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件“两位游客中至少有一人选择葫芦古镇”，事件“两位游客选择的景点不同”，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在上单调递增
C. 的图像关于点中心对称
D. 图像向右平移个单位长度后的函数为偶函数
8. 设函数,若有四个不同的零点，且满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
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，有选错或不选的得0分．
9. 已知等差数列的前项和为，若，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. 的最大值为D.
10. 陕西省某中学体能测试成绩服从正态分布，已知，则下列说法正确的是（ ）（参考数据：）
A.
B.
C. 若随机抽取3名学生，则至少2人成绩超过75的概率为
D. 若随机抽取100名学生，则成绩超过85的人数期望为20
11. 已知椭圆的右焦点为，过的直线交椭圆于两点，为椭圆上一动点，则下列结论错误的是（ ）
A. 若，则到轴的距离为B. 的最小值为6
C. 的最大值为D. 若，则
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 若直线是曲线的一条切线，则________．
13. 已知，，则________．
14. 已知数列满足，且对于任意，都有，则除以5的余数为________．
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. 已知在中，内角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）若的周长为，面积为，求．
16. 如图，在三棱锥中，平面，，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角正弦值．
17. 已知双曲线（）的离心率为，右焦点到双曲线C的一条渐近线的距离为1，两动点A，B在双曲线C上，线段AB的中点为
（1）求双曲线C的方程；
（2）证明：直线AB的斜率k为定值；
（3）O为坐标原点，若的面积为求直线AB的方程．
18. 已知
（1）讨论的单调性
（2）对于恒成立；求取值范围
（3）设，为函数的两个零点；证明．
19. 甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数某人胜的局数某人负的局数）．
（1）记经过局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为，求和；
（2）经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为，记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为，求证：是等比数列；
（3）求甲获得训练赛胜利的概率．
延安市2026年普通高中模拟测试（一）
数学试题
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.
第Ⅰ卷 选择题（共58分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的除法运算求得复数，即可写出其在复平面内对应的点坐标，得到答案.
详解】，
∴复数在复平面内对应的点坐标为，位于第三象限.
故选：C.
2. 平面向量，，且，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量减法的坐标运算可得.
【详解】因为，，所以，所以，解得.
故选：B.
3. 公差不为零的等差数列的前项和为，若是与的等比中项，，则（ ）
A. -22B. -90C. -3D. -198
【答案】B
【解析】
【分析】根据是与的等比中项，及可得公差，再利用等差数列求和公式即可得到.
【详解】设等差数列的公差为且，
又是与的等比中项，
，即，
解得或（舍），
.
故选：.
本题主要考查的是等比数列的性质，考查等差数列的通项和求和公式，考查学生的计算能力，是中档题.
4. 《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．首先，准备一个圆桶模具，圆桶底面外圆的直径为30cm，高为10cm，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为3cm的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土晾干后，即可得到大小相同的4片瓦．若需要制作800片这种瓦片，则所需粘土的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用圆柱的体积公式，求得四片瓦需要的粘土量，进而求得800片瓦需要的粘土量，得到答案.
【详解】由圆柱的体积公式，可得四片瓦需要的粘土量为，
所以800片瓦需要的粘土量为．
故选：D．
5. 已知定点A、B，且|AB|＝4，动点P满足||PA|﹣|PB||＝3，则|PA|的最小值是（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，判断点的轨迹是双曲线，再根据双曲线的几何性质，即可求得.
【详解】由动点P满足||PA|﹣|PB||＝3，且
故可得点的轨迹为以为左右焦点的双曲线，
故可得，解得，
由双曲线的几何性质可得的最小值为.
故选：A.
本题考查双曲线的定义，以及其几何性质，属综合基础题.
6. 两位游客准备分别从葫芦古镇、兴城古城、龙潭大峡谷、九门口水上长城、龙湾海滨风景区5个景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件“两位游客中至少有一人选择葫芦古镇”，事件“两位游客选择的景点不同”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出和，再利用条件概率的计算公式计算即可.
【详解】两位游客从5个景点中任选，每人有5种选择，总事件数：种.
事件的对立事件为“两位游客都不选择葫芦古镇”，的事件数：种,
因此.
事件分为两种情况：甲选葫芦古镇，乙选其余4个景点，4种；
乙选葫芦古镇，甲选其余4个景点，4种；共种事件，
因此.
所以.
故选：C.
7. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在上单调递增
C. 的图像关于点中心对称
D. 图像向右平移个单位长度后的函数为偶函数
【答案】A
【解析】
【分析】化简得，求出函数的周期即可判断A；由，可得，结合正弦函数的性质可判断B；结合图像的平移及对称中心的定义可判断C；求出平移后的解析式，结合偶函数的定义判断D．
【详解】对于A，因为
，
所以函数的最小正周期为，故A正确；
对于B，当时，，
由正弦函数的性质可知在上先增后减，故B错误；
对于C，因为 是将函数的图象向上平移个单位得到的，
所以函数对称中心的纵坐标为，故C错误；
对于D，设图像向右平移个单位长度后所得函数为的解析式为 ，
则，
又因为，
所以不是偶函数，故D错误．
故选：A．
8. 设函数,若有四个不同的零点，且满足，则的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出函数的图象，结合直线与函数 图象的交点个数可得出的取值范围，再利用对称轴将所求式子消元处理，再整体换元令，转化为求的值域可得.
【详解】令，
由有四个不同的零点，
则与有四个不同的交点，
令，解得或，
故当或时，；当时，；
且当，；
解方程，得；
作函数的图象，对称轴为.

要使与有四个不同的交点，如图可得.
又满足，
则，可得.
因为图象关于对称，所以，
则，
则，令，则，
构造函数，，
由，函数在单调递增，
则，即.
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，有选错或不选的得0分．
9. 已知等差数列的前项和为，若，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. 的最大值为D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据，通过得出，判断A，通过得出，进而推出，判断B的正误，等差数列中，由，结合等差数列性质可得的最大值为，判断C，借助等差数列性质，将转化为，结合，得出，判断D.
【详解】对于A选项，因为，所以，故，A正确，
对于B选项，因为，所以，即，又，
所以，B正确，
对于C选项，因为，，所以数列的公差小于0，
且当时，，当时，，
所以的最大值为，C正确，
对于D选项，，所以D错.
故选：ABC.
10. 陕西省某中学体能测试成绩服从正态分布，已知，则下列说法正确的是（ ）（参考数据：）
A.
B.
C. 若随机抽取3名学生，则至少2人成绩超过75的概率为
D. 若随机抽取100名学生，则成绩超过85的人数期望为20
【答案】BD
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性判断B；结合正态分布的原则判断A；利用二项分布的概率公式判断C；利用二项分布的期望公式判断D即可.
【详解】对于B，由正态分布性质得，
则，故B正确，
对于A，当时，则，，
由正态分布性质得，
而由已知得，与题意不符，故A错误；
对于C，由正态分布性质得，，
设成绩超过75的人数为，则，
由二项分布概率公式得，
则至少2人成绩超过75的概率为，故C错误，
对于D，设成绩超过85的人数为，且，
由题意得，由二项分布的期望公式得，
则成绩超过85的人数期望为20，故D正确.
故选：BD
11. 已知椭圆的右焦点为，过的直线交椭圆于两点，为椭圆上一动点，则下列结论错误的是（ ）
A. 若，则到轴的距离为B. 的最小值为6
C. 的最大值为D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A项，由向量关系得中点，设点坐标建立方程组求解可得；B项，设直线参数方程，代入椭圆方程，求弦长最值即可；C项，举特例，当位于长轴左顶点时，且轴时，面积大于可判断错误；D项，设直线方程联立直线与椭圆方程，取特殊点，再利用垂直关系建立方程求解参数，可得弦长不满足.
【详解】由椭圆方程，可得，则，
故右焦点，
A项，由，可知三点共线，且为的中点，
设，则，
由都在椭圆上，则，
解得，则，则，
故轴，且点到轴的距离为，故A正确；
B项，由椭圆方程，可得焦点，
设过焦点的直线参数方程为（为参数），
代入椭圆方程，整理得关于的方程：
，
设分别对应参数，
则，
所以
，
故当，即直线与轴垂直时，，故B错误；
C项，当位于长轴左顶点时，即，且轴时，
由，，
则，故C错误；
D项，当直线与轴重合时，则，不满足题意，
故可设直线，
联立消得，
则（），
当位于短轴上顶点，即时，若，
则，
由代入上式化简得，
，
则将（）式代入得
整理得①；
解得或，
又由
，
将或代入得或，故D错误；
故选：BCD.
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 若直线是曲线的一条切线，则________．
【答案】
【解析】
【分析】设切点为，求出切线斜率，利用切点在切线上，代入方程，即可得出结论.
【详解】由曲线，得，
设直线与曲线相切于点，
所以，解得，.
故答案为：
13. 已知，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】先对已知条件两边平方，再利用三角函数的平方关系和二倍角公式，即可求解.
【详解】由已知，，
两边平方可得，，
又，所以，
所以.
故答案为：
14. 已知数列满足，且对于任意的，都有，则除以5的余数为________．
【答案】2
【解析】
【分析】先通过对递推关系式变形,通过计算前几项的余数找出周期,再根据周期计算除以5的余数.
【详解】由题目的条件可以知道,即，
所以有,且除以5的余数为2，
;除以5的余数为3，
;除以5的余数为1，
;除以5的余数为2，
;除以5的余数为3，
显然,余数呈现2,3,1的周期循环，所以，即除以5的余数与的相同为2.
故答案为：2
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. 已知在中，内角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）若的周长为，面积为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角及正弦的和角公式得，即可求解；
（2）利用三角形的面积公式及余弦定理，再结合条件得，即可求解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
又，所以，则，得到，
又，所以.
【小问2详解】
由（1）知，所以，得，
又因为，又，得，
由的周长为，
所以，整理得到，
解得.
16. 如图，在三棱锥中，平面，，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由平面得到．由得到．
利用直线和平面垂直的判定定理得到平面，利用平面和平面的判定定理得到平面平面；
（2）由得到以点为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，建系，写出点的坐标，求出和平面的法向量，设直线与平面所成角为，
利用数量积公式求出，从而得到直线与平面所成角的正弦值．
【小问1详解】
因为平面，平面，所以．
因为，所以．
又因为平面，故平面．
又因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
因为，所以以点为坐标原点，
以，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，
设平面的法向量为，
则即，令得，
故平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
17. 已知双曲线（）的离心率为，右焦点到双曲线C的一条渐近线的距离为1，两动点A，B在双曲线C上，线段AB的中点为
（1）求双曲线C的方程；
（2）证明：直线AB斜率k为定值；
（3）O为坐标原点，若的面积为求直线AB的方程．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的离心率以及右焦点到双曲线C的一条渐近线的距离，求出，即得答案；
（2）设，，利用点差法即可证明；
（3）设出直线方程，联立双曲线方程，可得根与系数关系式，表示出弦长以及原点到直线的距离，结合三角形面积求出参数，即可求得答案.
【小问1详解】
双曲线（）右焦点的坐标为，
不妨取C的一条渐近线的方程为
即，所以
又，解得，
所以双曲线C的方程为.
【小问2详解】
设，，则,
两式相减并整理得，,
因为线段AB中点为，则，
所以，因为，所以，
所以直线的斜率k为定值2．
【小问3详解】
设直线，联立，消去得，
因为，所以，
则，
故，
点O到直线AB的距离为
所以，
整理得，解得（舍去），则，

又因为，所以直线AB的方程为
18. 已知
（1）讨论的单调性
（2）对于恒成立；求的取值范围
（3）设，为函数的两个零点；证明．
【答案】（1）当时，在上为单调递增函数；当时，在上是单调递增函数，在上是单调递减函数.
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求，讨论和这两种情况，解出的解为的单调递增区间，解出的解为的单调递减区间；
（2）由（1）可知：当时，利用的单调性及特殊值可得不成立；当时，由的单调区间得到的最大值为，只需即可，解出这个不等式就是的取值范围；
（3）由（1）及零点存在性定理由存在两零点可得，且，故可转化为证明，构造，利用导数法证明，由此证明.
【小问1详解】
定义域，；
当时，的解为，则在上为单调递增函数；
，的解为，的解为，
则在上是单调递增函数，在上是单调递减函数.
综上可知，当时，在上为单调递增函数；
当时，在上是单调递增函数，在上是单调递减函数.
【小问2详解】
由（1）可知：当时，在上为单调递增函数，，
不满足，故不成立；
当时，在上是单调递增函数，在上是单调递减函数.
则当时，取最大值为，令，解得，
故对于恒成立的的取值范围为.
【小问3详解】
由（1）知，要使函数存在两个零点，则，且其最大值必须大于0，
的最大值为，
令，解得，
则存在两零点，可得，
设，为函数的两个零点，则，，
解得①，②，
①减去②得到，
解得，要证明，只需证明，
设，
，
则在上是单调递增函数，故，
设，，，，
，，
，，，.
19. 甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数某人胜的局数某人负的局数）．
（1）记经过局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为，求和；
（2）经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为，记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为，求证：是等比数列；
（3）求甲获得训练赛胜利的概率．
【答案】（1）；
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据已知获胜条件，分析甲在不同局数下获得最终胜利的可能赛况，再结合相互独立事件同时发生的概率乘法公式计算可得；
（2）由题意易得与，再分析当时可进行下一局比赛，根据已知条件利用全概率公式建立递推关系，可得，经过变形证明等比数列即可；
（3）利用第（2）问的等比数列结论，结合 “净胜3局（甲胜）、净胜局（乙胜）” 边界条件（即与），求解比赛初始状态下甲的最终获胜概率即可．
【小问1详解】
由题意，甲每局比赛获胜的概率为，则乙每局比赛获胜的概率为，
表示经过 3 局比赛甲获胜的概率，
由甲经过 3 局比赛获胜，又净胜局数为，则甲3局全胜，
故；
为经过5局甲获胜的概率，
某人的净胜局数=某人胜的局数-某人负的局数，
由经过5局甲才获胜，净胜局数为，
则5局中甲胜局负局，且负局必在前局中（若不在，则3 局甲全胜比赛结束），第、局均获胜，
．
【小问2详解】
由题意，​为事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率，
由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为，
故即为甲的净胜局数，所以.
经过若干局后，假定当前，
①当时，即甲的净胜局数，
则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以；
②当时，即甲的净胜局数，乙的净胜局数，
则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则；
③当时，
由甲的净胜局数，则乙的净胜局数为，且，
故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局.
记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”（），事件“下一局比赛甲获胜”，
下一局若甲赢（即事件发生），则；若乙赢（即事件发生），则；
因为，，，且，
所以由全概率公式得，
，即，
因此，整理得，
两边都减去，则可得，
又当时，，
故数列：是公比为2的等比数列．
即数列是公比为2的等比数列．
【小问3详解】
由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为.
记，
则，
由（2）知，数列是公比为2的等比数列，
则，解得，
所以，
又，
所以，
故甲最终获得训练赛胜利概率为.