陕西省西安市第一中学2026届高三下学期模拟（一）数学试卷（Word版附解析）

这是一份陕西省西安市第一中学2026届高三下学期模拟（一）数学试卷（Word版附解析），共9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。
一、单选题
1．设，，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
2．设、为共轭复数，若，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知各项均为正数的数列满足，且.若，记为数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A．是递减数列B．是常数列
C．D．
4．设单位向量的夹角为，，则在上的投影数量为（ ）
A．B．C．D．
5．一个三口之家和一对夫妇共计5人前往电影院观看电影,核心观影区现在还剩余一排7个相连的座位.要求同一家庭的座位必须相连，且两个家庭中间至少间隔一个座位，则符合要求的排座方式一共有（ ）
A．48种B．72种C．144种D．216种
6．在平行四边形中，为和边上的一点，与交于点，与交于点，与交于点，已知四边形的面积为平方米，三角形和三角形的面积分别为平方米和平方米，则四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
7．一个幼儿园老师为学生布置了一项作业，需要每位同学晚上回家后将20个半径为10厘米的圆形纸片按照下图的方式裁剪若干个弓形，其中裁去部分为正三角形，并将这些弓形两两拼接为一个柳叶形状的纸片，则全班20位同学得到的所有柳叶模型的面积合计约为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点， 的内切圆圆心为，连接并延长交轴于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．3
二、多选题
9．伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ）
A．
B．平面平面PEF
C．异面直线CQ与BD所成角的余弦值为
D．直线CQ与平面所成角的正弦值为
10．已知函数，则（ ）
A．是奇函数B．的最小正周期为
C．在上单调递增D．的值域为
11．已知点在曲线上，点，则下列结论正确的有（ ）
A．曲线关于原点对称
B．
C．的最小值为
D．曲线与线段、直线所围成区域的面积大于
三、填空题
12．Wanye老师和张宏老师为了身体健康，报名参加了“”APP的行走打卡送大米的活动.第一天两位老师所走的步数相同，此后Wanye老师每天都比前一天多走700步，张宏老师每天所走的步数不变.若张宏老师前7天所走的总步数与Wanye老师前6天所走的总步数相同，则Wanye老师第7天走__________步.
13．已知，则__________.
14．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，给出下列命题：
①当时，；
②函数有3个零点
③的解集为；
④，都有.
其中正确的命题是______.
四、解答题
15．已知椭圆的离心率，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆的上顶点，为椭圆上任意一点，求的最大值及此时点坐标．
16．已知函数，其中，为自然对数的底数．
(1)求函数的单调区间；
(2)讨论函数的零点个数．
17．如图，在四棱锥中，底面是梯形，，点是的中点，平面与交于点.
(1)求证：；
(2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值.
18．数列的前n项和，数列满足，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，，
（ⅰ）求证：数列是等比数列；
（ⅱ）若数列的前n项和为，求证：.
19．袋中共有6个球，其中有4个白球，2个黑球，这些球除颜色外完全相同．从袋中随机取出一球，如果取出白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该黑球不再放回，并且另补一个白球放入袋中．重复上述过程n次后，袋中白球的个数记作，的数学期望记为．
(1)求随机变量，的分布列；
(2)设．
（i）用含的式子表示；
（ii）证明是等比数列，并求．
参考答案
1．A
【详解】由题知，，等价于，即原条件可化简为，
对正数，由基本不等式得，若，则，因此，充分性成立；
取满足，但，即不满足，因此必要性不成立.
综上，是的充分而不必要条件.
2．C
【详解】设，则，
所以，则，可得，
因为，且，所以，故，
故，则.
3．B
【详解】由题意，由，得，
解得或（舍去），
所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，则，
因为，，所以是递增数列，故A错误；
因为，所以，
所以是常数列，故B正确；
而，即，显然不成立，故C错误；
因为，，所以，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
又，故D错误.
4．D
【详解】由单位向量的夹角为，可得，
又由，
可得，
且，
所以向量在 上的投影数量为.
5．B
【详解】三口之家三人全排列有种不同的排法，一对夫妇有种不同的排法，
若两个家庭之间有1个空位的排法有；
若两个家庭之间有2个空位的排法有；
所以符合要求的排座方式一共有种.
6．C
【详解】
如图所示，连接，先证明：，
设，，，，
则，，
，，
由三点共线，故存在实数，使得，
又与共线，从而，得，
即，
由三点共线，故存在实数，使得，
又与共线，从而，得，
即，所以.
而
，
又，所以，
而到的距离与到的距离之比为，
所以， 即得，
同理可证：,
.
7．C
【详解】由题意，所有柳叶模型的面积即为所有圆面积减去所有圆的内接正三角形的面积，
设正三角形边长为，由正弦定理知，其中米，
所以，
所以一个圆减去其内接正三角形的面积为,
所以所有柳叶模型的面积合计为（）.
8．A
【详解】如图所示，在中，平分交于，由角平分线定理得，
因为 ，所以 ，即，即.
由，，可得，
将代入上式：，解得，则.
在中，是的角平分线（内心在角平分线上）。
由角平分线定理可得：，且，则，
因为，且，
所以 ，
所以，解得，
故离心率.
9．ABD
【详解】选项A：由图象得
，故A正确；
选项B：因为平面PEF，且，
所以平面PEF，因为平面，
所以平面平面PEF，故B正确；
选项C：以D为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示，
则，
所以，
设异面直线CQ与BD所成角为，，则，
则异面直线CQ与BD所成角的余弦值为，故C错误；
由图象得平面的法向量，
设直线CQ与平面所成角，，
则
所以直线CQ与平面所成角的正弦值为，故D正确.
10．AC
【详解】由，得，则的定义域关于原点对称，
且，所以是奇函数，A正确．
由，
其最小正周期，且在上单调递增，B不正确，C正确．
由，可得，则，D不正确．
11．AD
【详解】用替换方程中的，方程仍然成立，所以曲线关于原点对称，所以A正确；
由，得.
所以，所以，即，
解得.
因为点在曲线上，所以，所以B错误；
因为在曲线上，所以的最小值为，所以C错误；
当时，
由，得.
由曲线的对称性，不妨令，则.
令，
因为，且在上单调递减，
所以，所以，所以.
所以当时，在的上方.
由曲线的对称性可得，当时，在曲线的内部.
又与曲线均过原点，
所以曲线与线段、直线所围成区域的面积大于，所以D正确.
12．14700
【详解】设Wanye老师第天所走的步数为，则张宏老师前七天每天所走的步数都为，
由已知Wanye老师第二天到第七天所走的步数分别为，
因为张宏老师前7天所走的总步数与Wanye老师前6天所走的总步数相同，
所以
所以
故，
所以Wanye老师第七天所走的步数为.
13．
【详解】对展开并整理得：
,
,
,
,
,
,
所以,
所以.
14．①②④
【详解】①当，则，由，而，故正确；
②时，，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
且极大值为，当时，，
由奇函数性质可得，在上单调递增，上单调递减，
且极小值为，当时，，
又，易知共有3个零点，故正确；
③由②知：的解集为，故错误；
④由②知：因为，当且时，，当时，，
所以当时，，
由奇函数性质可得对， ，所以都有，故正确.
15．(1)
(2);或
【详解】（1）以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，即.
由，得，则，即.
代入解得，所以椭圆的方程为.
（2）由题可设，且满足，即，.
而上顶点，则，
.所以当时，
所以的最大值为.此时，，
所以点坐标为或.
16．(1)单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)时, 没有零点；时，有一个零点；时，有两个零点.
【详解】（1） ，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上，的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）由（1）可知，的最小值为，计算得：
根据最小值与0的大小关系分三种情况讨论：
当时，即时， 恒成立，没有零点；
当时，即时， 恒成立，此时有唯一零点；
当时，即时， 存在，而时，，时，，根据零点存在定理可知，有两个零点.
综上，时， 没有零点；时，有一个零点；时，有两个零点.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1），平面，平面，则有平面，
平面，平面平面，所以.
（2），，则为等边三角形，
连接，则，又，有，
中，由余弦定理，得，
有，得，所以，
又平面，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量，
有，设，则，即，
设直线与平面所成角为，
则.
18．(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【详解】（1）当时，，
当时，也符合上式，
所以.
（2）（ⅰ）当n为奇数时，；此时为偶数，由，
得.
当n为偶数时，；此时为奇数，由，
得.
因此，对任意，有.
因为，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.
（ⅱ）由（ⅰ）得，，
①
①得②
由①-②得
，
所以，
因为，所以，
因为
，，
所以，，即关于n是递增的，因此，
综上，.
19．(1)答案见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析，
【详解】（1）根据题意的可能取值为，
即一次摸球摸到白球，，
即一次摸球摸到黑球，，
所以的分布列为
根据题意的可能取值为，
即二次摸球均摸到白球，，
即二次摸球恰好摸到一白一黑球，，
即二次摸球均摸到黑球，，
所以的分布列为
（2）（i）设第次摸球摸到黑球为事件，
则，
，
，
所以．
（ii）由（i）及得，
，
所以，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.4
5
4
5
6