陕西省安康市2026届高三上学期第一次模拟预测数学试卷（Word版附答案）

这是一份陕西省安康市2026届高三上学期第一次模拟预测数学试卷（Word版附答案），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题
1．已知集合，则的子集个数为（ ）
A．2B．4C．8D．16
2．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．84B．96C．144D．156
3．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则（ ）
A．12B．C．20D．
4．在棱长为2的正四面体中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．过抛物线焦点的直线与抛物线交于A，B两点，过点作的切线，交轴于点，过点作的平行线交轴于点，则的最小值是（ ）
A．8B．6C．5D．4
6．古代数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设将军的出发点为，军营所在位置为，河岸线所在直线的方程为，若将军从出发点到河边饮马，再到军营的总路程最短，则将军在河边饮马的地点坐标为（ ）．
A．B．C．D．
7．从1至13的整数中任取3个不同的数，则能被2整除的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则（ ）
A．2026B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，下列说法正确的是（ ）
A．B．若，则
C．D．若，则为纯虚数
10．某市环保部门连续10天监测甲、乙两个区域的空气质量指数（简称AQI），记日期编号为，甲、乙两个区域的AQI分别为，将数据整理如下：
根据数据进行分析，以下说法正确的是（ ）
A．甲区域AQI的极差为18
B．乙区域AQI的第65百分位数为33.5
C．甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差
D．根据最小二乘法求得关于的经验回归方程对应的直线必过点
11．设函数，其中表示，，中的最小者，下列说法正确的有（ ）
A．B．对任意的，都有
C．对任意的，有D．当时，的最大值为1
三、填空题
12．若直线l的方向向量为，向量是平面的一个法向量，则直线l与平面所成角的大小为 ．
13．若直线与直线平行，则 ．
14．某棋手与机器人比赛，规则如下：棋手的初始分为20.每局比赛，棋手胜加10分，平局不得分，棋手负减10分.当棋手总分为0时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为30时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续.已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立.在挑战过程中，棋手每胜局，获奖1万元.记局后比赛终止且棋手获奖2万元的概率为，则的最大值为 .
四、解答题
15．在中，角所对的边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)设的面积为，外接圆的面积为，求.
16．如图，已知在四棱锥中，，，，．
(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)若直线与平面所成角为，点在平面内的正投影是点，求四棱锥的体积．
17．已知抛物线：（）经过点.
(1)求抛物线的方程及其准线方程；
(2)经过抛物线焦点的直线与抛物线交于不同的两点，，经过点作准线的垂线，垂足为，求证：直线经过原点.
18．已知甲､乙两个盒子均装有1个白球和1个黑球，现进行如下操作：从这两个盒子中各取1个球放入对方的盒子中.重复这样的操作，第次操作后甲盒中白球的个数记为.
(1)求；
(2)证明：是等比数列；
19．已知函数．
(1)求极值；
(2)若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求；
(3)若函数有且只有两个零点，求的取值范围．
参考答案
1．B
【详解】由，
可得，
所以，
所以的子集个数为，
故选：B
2．D
【详解】∵，∴，
又∵，∴，
∴等差数列的公差，则，
∴等差数列的通项公式，
∴等差数列的前项和，
∴.
故选：D.
3．B
【详解】.
故选:B.
4．A
【详解】连接MD，取其中点Q，连接，
由题意可得，
，且，
所以是直线AM和CN的夹角或补角，，
所以.
所以，即直线AM和CN夹角的正弦值为.
故选：A
5．D
【详解】设过拋物线焦点的直线方程为，设
由得，所以，从而，故，
由得，则点处的切线的斜率为，所以切线的方程为，
则点，过点作直线的平行线BN的方程为，则，
所以，当且仅当时等号成立．
故选：D.
6．C
【详解】设点关于直线的对称点为点,
根据对称点的性质知中点在直线上，
即,可得,
又直线与直线垂直，即,可得,
即可得,即点,
直线的斜率为,得直线方程，即,
将军在河边饮马的地点坐标为直线与河岸线的交点 ，
将代入得,即坐标点为.
则将军在河边的饮马地点为.
故选：C
7．B
【详解】因为1至13的整数中有6个偶数，7个奇数，
若能被2整除，则只需能被2整除，的取值异于即可，
当都为奇数时，的取法有种；
当都为偶数时，的取法有种，
所以能被2整除的概率为.
故选：B.
8．B
【详解】对于，令，则可得；
对于，
令，则可得，即，
即，
令，即，则，即得，则，
此时即为，故可得，
则，
故选：B
9．ACD
【详解】设，
对于A，由，则，
而，则，故A正确；
对于B，举例，满足，但，无法比较大小，故B错误；
对于C，由复数模的运算性质可知，，故C正确；
对于D，由，则，而，
可得，则，则为纯虚数，故D正确．
故选：ACD
10．ACD
【详解】对于A，甲区域AQI的极差为，A正确
对于B，乙区域AQI的数据从小到大排序：，共10个数据，
计算，第65百分位数是第个数，B错误；
对于C，甲区域AQI的平均数为，
方差
乙区域AQI的平均数为
方差，因为，故甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差，C正确；
对于D，因为，由上可知
所以根据最小二乘法求得关于的经验回归方程对应的直线必过点，D正确；
故选：ACD.
11．ABD
【详解】因，
当时，，显然，
因，故；
当时，，显然，
由，解得，
则当时，，当时，；
当时，，显然，
由，解得，
则当时，，当时，；
当时，，显然，
因，故.
即.
作出函数的图象如下：
对于：由上函数的解析式易得 ，故正确；
对于，：由图可知，函数的图象关于轴对称，
所以任意的，都有，故正确；错误；
对于：由图知，与在轴右侧的交点横坐标为，
且在和上单调递增，在上单调递减，
而，
因函数的图象关于轴对称，在上都有.
故当时，的最大值为1，故正确.
故选：ABD.
12．
【详解】设直线l与平面所成角为，依题意，，
所以.
故答案为：
13．
【详解】因为直线与直线平行，
所以，解得.
故答案为：.
14．/
【详解】终止条件： 当棋手分数为0或30时，比赛终止.
获奖2万元意味着棋手在局中赢了2局.
得分计算：
初始分20分，赢2局加20分，输局扣分，平局不影响分数.
总分需为0或30：
总分0分： ，平局次数为；
总分30分： ，平局次数为.
下面进行分析，并为方便起见用X表示棋手负，用Y表示棋手胜，用表示若干局的平局.
第一类情况：总分0分后终止比赛.
赢2局，输4局，平局，但中间不能出现0分或30分，
只能是的顺序，中间可以有若干局平，组合数为（).
第二类情况：总分30分后终止比赛.
赢2局，输1局，平局，但中间不能出现0分或30分，
只能是的顺序，中间可以有若干局平，组合数为().
第一类情况中的每一种情况的概率：
第二类情况中的每一种情况概率：.
时，
令,
化简得.
由于,所以上述不等式左边小于零，右边大于零，所以上述不等式恒成立.
所以对于恒成立，
所以时的最大概率：
所以.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）在中，因为，，，
由余弦定理得，
因为，所以.
（2）由（1）知：，所以，
设的外接圆的半径为，
由正弦定理，可得，所以，
所以，所以.
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）因为，平面，
平面，
所以平面.
（2）
取中点，连接，设，
因为，
所以四边形是正方形，所以.
连接，因为为的中点，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以.
（3）方法一：
由（2）可知平面，平面，所以平面平面.
过作，垂足为，又因为平面平面平面，
所以平面，
所以在底面的射影在直线上，
所以直线与平面所成角是，所以，
因为正方形中，所以，
又因为，所以，
所以，所以．
所以点与重合，即平面.
以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为点在平面内的正投影是，所以平面．
设，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以点到平面距离为，
方法二：
以点为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为点在平面内的正投影是，所以平面．
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以点到平面距离为，
方法三：由（2）可知平面，平面，
所以平面平面.
过作，垂足为，因为平面平面，且平面，
所以平面，
所以在底面的射影在直线上，
所以直线与平面所成角是，所以，
因为正方形中，所以，
又因为，所以，
所以，所以．
所以点与重合，即平面.
取中点，连接，
由题意知，则；同理题意知，
又，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
注意到平面平面，
故点在平面内的正投影必在直线上，
过点作，垂足为，则点到平面的距离，
因为，所以，
即，所以.
，设点到平面的距离，
因为，所以，
即，解得.
17．(1)；
(2)见解析
【详解】（1）解：将代入可得，解得，
所以抛物线C的方程为，准线方程为；
（2）证明：由题得，设直线方程为，
设，则，
联立方程，可得，
则，，
，
，即，
，即三点共线，
故直线经过原点．
18．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）初始时甲､乙两盒均装有1个白球和1个黑球，第一次操作时，从两盒中各取一球交换，共有4种等可能情况：
甲取白､乙取白：交换后甲盒白球数为1；
甲取白､乙取黑：交换后甲盒白球数为0；
甲取黑､乙取白：交换后甲盒白球数为2；
甲取黑､乙取黑：交换后甲盒白球数为1.
故.
（2）记，则，
由全概率公式得：
①
所以②，
③
由①和③知，结合初始值，
可得对任意有，代入中，
得：，④
将④代入②式得：
整理得，
即：，又，
所以数列是公比为的等比数列.
19．(1)极小值，无极大值
(2)
(3)答案见解析
【详解】（1），令，
则当时，；当时，；
故在上单调递减，在上单调递增，
故有极小值，无极大值；
（2），则，又，
则曲线在点处的切线为，
设该切线在曲线上的切点为，
，则且，
由可得，则，故，则；
（3），令，则，
因为有且只有两个零点，
所以直线与的图象有且只有两个公共点，
设函数，则．当时，，单调递减，
当0时，，单调递增，则，
所以，当且仅当时，等号成立，
因为在上单调递增，，，
所以存在，使得．
，
当且仅当时，等号成立，
，记，
易知当时，都是增函数，所以单调递增，
因为，所以，
则，
所以当时，，即，当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又当时，，当时，，所以，日期编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲区域AQI
27
44
43
45
34
35
33
34
40
35
乙区域AQI
34
34
30
31
36
33
32
34
33
33