2026西安高新一中高三下学期第9次模拟考试数学含解析

这是一份2026西安高新一中高三下学期第9次模拟考试数学含解析，共23页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对数函数的性质化简集合，即可根据交集的定义求解.
详解】，则，得．
2. 若，则复数在复平面上的对应点位于（ ）
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】
详解】根据题意知，得，
则复数的对应点为，位于第三象限．
3. 已知，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由，，可得，
．而向量在向量上的投影向量为，
因，
故在上的投影向量为．
4. 已知某圆锥的侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积与其外接球的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面展开图是半圆，建立底面半径和母线的关系，再通过几何性质求解外接球半径，最后计算体积比即可.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则侧面展开图扇形的圆心角为，而展开图为半圆，故得，即．
因此，圆锥的高，则圆锥体积．
设外接球半径为，因为外接球球心在圆锥的高上，则，解得，所以外接球体积，可得．
5. 已知，则（ ）
A. B. 3C. D. 2
【答案】D
【解析】
【详解】，，
①， ②，
①+②化简得：，
①-②化简得：，
两式相除得．
6. 已知函数，．若函数有3个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. (0，1)C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数零点的意义变形并构造函数，作出函数图象，数形结合求出范围.
【详解】函数，由，得，
令函数，由函数有3个不同的零点，
得方程有3个不同的解，即直线与函数的图象有3个交点，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图：
观察图象，当且仅当时，直线与函数的图象有3个交点，
所以的取值范围是.
7. 内角的对边分别为，满足，且，则（ ）
A. 为锐角B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件结合余弦定理得，由，得，从而确定的范围，由，得，计算即可.
【详解】，
又，
，整理得： ，
，
，
，
当且仅当时等号成立，
又，，
，为钝角，
，，
，，
，即，
，，解得：，
，
，
．
8. 定义在上的函数满足：，且，当时，，则的最大值与最小值的差为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】推导出函数是周期为的周期函数，根据对称中心在函数的图象上，可得出的值，利用导数可求出函数在上的最大值和最小值，再结合函数的对称性和周期性可求得函数的最小值和最大值，即可得解.
【详解】对任意的，，，
所以的图象关于直线对称，又关于点对称，
所以，，
所以，所以，即，
所以，故是周期为的周期函数．
因为的定义域为，所以对称中心在的图象上，可得，则．
当时，，有，
当或时，；当时，.
可知在上递增，在区间上递减，在上递增．
当时，，，
又因为，，所以，，
由于的图象关于点对称，故当时，，．
故当时，，．
由于的图象关于直线对称，故当时，，．
因为是周期为的周期函数，故当时，，．
因此的最大值与最小值的差为.
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5分，部分选对酌情给分，有错项的得0分.
9. 一组递增数据,,,,的平均数为3，方差为4，极差为6，若，则（ ）
A. ,,,,的极差为12
B. ,,,,的方差为16
C. ,,,,的第80百分位数为
D. ,,,,,,,,,的平均数为5
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用极差的定义判断选项A；利用方差的性质判断选项B；利用百分位数的定义判断选项C；利用平均数的定义和计算公式判断选项D.
【详解】对于选项A:
因为数据的极差为6，
所以.
根据可知：，.
所以，所以A正确.
对于选项B：
因为数据的方差为4，，
所以根据方差的性质可知：数据的方差为.
所以B正确.
对于选项C：
因为，为整数，则第80百分位数是第4项与第5项数据的平均值，
即，所以C错误.
对于选项D：
因为数据的平均数为3，，
所以数据的平均数为.
所以数据,的平均数为.
所以D正确.
故选：.
10. 在直四棱柱中，底面为正方形，为底面（含边界）上的动点，为的中点，的长总是等于点到平面的距离，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 直线与所成角的余弦值为
C. D. 四棱锥体积的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，通过证明垂直于平面内的两条相交直线和，从而得到⊥ 平面，进而推出；对B，利用，将异面直线与所成角转化为，再通过余弦定理计算其余弦值；对C，根据抛物线的定义，判断动点P的轨迹为抛物线，再利用抛物线的性质求出PF长度的最小值；对D，先求出抛物线与线段BC的交点，找到使四棱锥体积最小的点P，再代入体积公式计算最小值.
【详解】对于A：如图，连接，可知，又因为，，
平面，所以平面，
又平面，所以，A正确；
对于B：连接和，由，可知就是直线与所成角．
因为，，所以，B错误；
对于C：点到平面的距离就是点到直线的距离，
那么动点到定点的距离等于其到定直线的距离，
由抛物线定义知，动点在一条抛物线上．
建立平面直角坐标系如图所示，坐标原点为的中点，
则点所在的抛物线方程为．由抛物线性质知，动点运动到坐标原点处时，
的长最短，最短值为，即得，选项C正确；
对于D：取，得直线与抛物线交点为，
由题意可知抛物线与线段的交点为，当动点运动到点时，
点距离平面最近，此时四棱锥的体积最小，
最小值为，选项D正确．
11. 一条动直线与圆相切，并与圆相交于点A，B，点P为定直线上动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在直线，使得以为直径的圆与相切
B. 的最小值为
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，数形结合求出点到直线距离的最小值与比较可判断；对B，C，根据向量数量积运算结合，运算得解判断；对D，直线上点使得最小等同于求直线上一点，的最小值问题，设，，，利用直线对称列式运算求解.
【详解】设线段的中点为，根据圆的对称性可知点在圆上，
则，坐标原点到直线的距离为，
由图易知，，
对于A，点到直线距离的最小值为，且，
所以以为直径的圆与相离，故A错误；
对于C，
，
，故C正确；
对于B，，
，故B正确；
对于D，由于两点在圆上，且，点到直线的距离，求直线上点使得最小等同于求直线上一点，的最小值问题，
设，，，点关于直线对称点为，
则，直线，，
由，消去整理得，
即，即，
，，同理，，
，，
的最小值为，
所以的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项解题的关键是将求直线上点使得最小值转化为求直线上一点，的最小值问题.
12. 一批产品的一等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，表示抽到的一等品件数，则的方差_____．
【答案】1.96
【解析】
【详解】依题意，则.
13. 已知为双曲线的左焦点，是的右顶点，是上一点，且，，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义以及余弦定理得到关于和的齐次式，求解即可.
【详解】
设双曲线的右焦点为，因为为双曲线的左焦点，是双曲线上一点，
根据双曲线的定义知，，
因为是双曲线的右顶点，所以，
又，，所以，
所以，
在中，根据余弦定理得，
即，
整理得，
等式两边同时除以得，，解得（舍）或，
所以的离心率为.
故答案为：.
14. 已知函数，若对任意实数，关于的不等式在区间上总有解，则实数的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】作出函数的图象，将函数的图象向下平移个单位，使得时，函数在区间上的最大值最小，求出的值，可得出，进而可求得实数的最大值.
【详解】函数在区间上的图象如下图所示：
根据题意，对任意实数，关于的不等式在区间上总有解，
只要找到其中一个实数，使得的最大值最小即可，
如图，函数向下平移到一定的程度时，函数的最大值最小，
此时只有当时，才能保证函数的最大值最小，
设函数的图象向下平移了个单位，其中，则，解得，
此时函数，.
因此，实数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤．
15. 近年来我国新能源汽车行业蓬勃发展，新能源汽车不仅对环境保护具有重大的意义，而且还能够减少对不可再生资源的开发，是全球汽车发展的重要方向．某地区近几年新能源汽车的购买情况如下表所示：
（1）计算与的相关系数（保留三位小数）；
（2）求关于的线性回归方程，并预测该地区2026年新能源汽车购买数量．
参考公式：．
参考数值：．
【答案】（1）；
（2），2.9万辆．
【解析】
【小问1详解】
由题意，，
则，，
则．
故与的相关系数为．
【小问2详解】
由（1），
则，
故关于的线性回归方程为，
令，则，
故可预测该地区2026年新能源汽车购买数量为万辆.
16. 如图，直角梯形中，为的中点，以为折痕把折起，使点到点的位置，且．
（1）设平面与平面的交线为，证明：；
（2）证明：平面；
（3）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用平行四边形判定及性质，线面平行的判定及性质推理得证.
（2）利用勾股定理的逆定理，线面垂直的判定推理得证.
（3）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解.
【小问1详解】
由，，得四边形为平行四边形，则，
而平面，平面，则平面，
又平面平面平面，所以.
【小问2详解】
由，得，即得，
由四边形是正方形，得，则，
而平面，所以平面.
【小问3详解】
由（2）得，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的一个法向量，则，取，得，
设平面的一个法向量，则，取，得，
因此，由图形知二面角的大小为钝角，
所以二面角的余弦值为.
17. 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数恰有四个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）单调增区间，单调减区间或；（2）.
【解析】
【分析】(1)求导数，根据导数的正负确定函数单调性.
(2)设转换为二次方程，确定二次方程有两个不同解，根据方程的两个解与极值关系得到范围.
【详解】解：(1)令，得，故函数的单调增区间为单调减区间为或
（2）令因为关于的方程至多有两个实根，
①当显然无零点，此时不满足题意；
②当有且只有一个实根，结合函数的图像，可得此时至多上零点也不满足题意
③当，此时有两个不等实根设若要有四个零点则而，所以解得又故
【点睛】本题考查了函数的单调性，函数的零点问题，综合性大，计算较难，意在考查学生对于函数导数知识的综合灵活运用和计算能力.
18. 已知数列中，．
（1）证明：为等差数列，并求的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求；
（3）数列满足：，求的最大项．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
（3）1
【解析】
【分析】（1）通过对递推式两边同除以，构造出等差数列，进而求出数列的通项公式；
（2）根据的奇偶性，对进行分组求和，得到统一的表达式；
（3）先求出数列的通项，再构造辅助数列，通过函数单调性分析其最大项.
【小问1详解】
等式两边同除以，得，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列．由上知，即得．
【小问2详解】
由（1）知，．
当为偶数时，
当为奇数时，．
综上，．
【小问3详解】
当时，；当时，
有，可得．
所以，．记，则．
令，则，
可得在区间上单调递增，则，即得，即．
所以当时，，即，可知数列从第4项开始每一项均小于1．
因为，所以数列最大项是第三项，
其值为1，即得数列的最大项为1．
【点睛】本题以递推数列为载体，通过构造等差、分组求和、函数单调性分析，综合考查了数列通项、求和及最大项问题，体现了 “化归转化” 与 “函数思想” 在数列中的核心应用.
19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为，点分别是轴负半轴、轴正半轴上的动点．当时，点恰好在椭圆的左焦点处，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求值；
（3）若，过的直线与交于两点（两点不重合），与轴交于点，且的纵坐标大于1，记到直线的距离分别为和．若存在直线满足，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用特殊条件，点的特殊位置，结合，解出的值，即可得椭圆方程.
（2）将分解为两个角之和，应用两角和的正切公式，建立关于的方程求解即可.
（3）设直线方程，利用点到直线距离公式及几何位置化简距离和条件；联立直线与椭圆方程，应用韦达定理得到坐标和的表达式,代入条件得到参数关系，结合判别式和单调性求解参数范围即可.
【小问1详解】
当时，，故，
则由，可得，解得，又，所以，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
由（1）知，，.
在中，，
在中，，
可得，
即得，整理，解得或（舍去）．
故．
【小问3详解】
当时，可得直线的方程为，即．
设直线的方程为，与轴交点.
由点的纵坐标大于1，得，结合，得．
设，则．
由点在轴负半轴上，直线与椭圆交于两点，
可知点均在轴左侧，且在直线的下方，
故，且，则有，
又，则有．
联立直线与椭圆，消去，可得，
由韦达定理得，则
所以，即．
由于是两个不同点，则，即，还有，则．
因为，则，即，解得．
又，即，显然成立，所以．
令，则．
设，则，得在上单调递减，
可得的值域为．
所以，实数的取值范围为．
【点睛】本题利用数形结合，将几何位置关系（点在直线下方）转化为代数不等式，运用方程思想解决椭圆参数、值及参数关系. 在求解参数范围时，易忽略判别式或等限制条件，导致错误.
年份
2019
2020
2021
2022
2023
购买量（万辆）
0.40
0.70
1.10
1.50
1.80