陕西省西安市西北工业大学附属中学2026届高三（数学试题文）4月第一次综合练习试卷含解析.doc

陕西省西安市西北工业大学附属中学2026届高三（数学试题文）4月第一次综合练习试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．椭圆是日常生活中常见的图形，在圆柱形的玻璃杯中盛半杯水，将杯体倾斜一个角度，水面的边界即是椭圆.现有一高度为12厘米，底面半径为3厘米的圆柱形玻璃杯，且杯中所盛水的体积恰为该玻璃杯容积的一半（玻璃厚度忽略不计），在玻璃杯倾斜的过程中（杯中的水不能溢出），杯中水面边界所形成的椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．等比数列的各项均为正数，且，则( )
A．12 B．10 C．8 D．
3．己知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，是等边三角形，且；若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到平面的距离为，若平面平面，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
4．在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
6．在中，，分别为，的中点，为上的任一点，实数，满足，设、、、的面积分别为、、、，记（），则取到最大值时，的值为（ ）
A．－1 B．1 C． D．
7．已知斜率为k的直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为，则斜率k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．若为虚数单位，则复数，则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
9．已知集合A＝{x∈N|x2＜8x}，B＝{2，3，6}，C＝{2，3，7}，则＝（ ）
A．{2，3，4，5} B．{2，3，4，5，6}
C．{1，2，3，4，5，6} D．{1，3，4，5，6，7}
10．双曲线的左右焦点为，一条渐近线方程为，过点且与垂直的直线分别交双曲线的左支及右支于，满足，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B．3 C． D．2
11．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，a5＝16，a3a4＝﹣32，则S8＝（ ）
A．﹣21 B．﹣24 C．85 D．﹣85
12．不等式的解集记为，有下面四个命题：；；；.其中的真命题是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，，，，，E，F分别为，的中点，，则球O的体积为______.
14．已知双曲线的一条渐近线为,则焦点到这条渐近线的距离为_____．
15．执行右边的程序框图，输出的的值为 .

16．实数满足，则的最大值为_____．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在正四棱锥中，，点分别在线段、上，．

（1）若，求证：⊥；
（2）若二面角的大小为，求线段的长．
18．（12分）已知函数.
（1）当时，求函数的值域.
（2）设函数，若，且的最小值为，求实数的取值范围.
19．（12分）如图，已知四棱锥，底面为边长为2的菱形，平面，，是的中点，．

（Ⅰ） 证明：；
（Ⅱ） 若为上的动点，求与平面所成最大角的正切值．
20．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，直线交曲线于两点，为中点.
（1）求曲线的直角坐标方程和点的轨迹的极坐标方程；
（2）若，求的值.

21．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数)，直线的参数方程(为参数)，若直线的交点为，当变化时，点的轨迹是曲线
（1）求曲线的普通方程；
（2）以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线的极坐标方程为，，点为射线与曲线的交点，求点的极径.
22．（10分）已知椭圆的短轴的两个端点分别为、，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆有两个不同的交点、，设为直线上一点，且直线、的斜率的积为．证明：点在轴上．
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．C
【解析】
根据题意可知当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大，由椭圆的几何性质即可确定此时椭圆的离心率，进而确定离心率的取值范围.
【详解】
当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大.
此时椭圆长轴长为，短轴长为6，
所以椭圆离心率，
所以.
故选：C
本题考查了橢圆的定义及其性质的简单应用，属于基础题.
2．B
【解析】
由等比数列的性质求得，再由对数运算法则可得结论．
【详解】
∵数列是等比数列，∴，，
∴．
故选：B.
本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键．
3．A
【解析】
根据平面平面，四边形为等腰梯形，则球心在过的中点的面的垂线上，又是等边三角形，所以球心也在过的外心面的垂线上，从而找到球心，再根据已知量求解即可.
【详解】
依题意如图所示：

取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，
取是的外心，作平面平面，
则是四棱锥的外接球球心，且，
设四棱锥的外接球半径为，则，而，
所以，
故选：A.
本题考查组合体、球，还考查空间想象能力以及数形结合的思想，属于难题.
4．D
【解析】
取AC中点N，由题意得即为二面角的平面角，过点B作于O，易得点O为的中心，则三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，列出方程即可得解.
详解】
如图，由题意易知与均为正三角形，取AC中点N，连接BN，DN，
则，，即为二面角的平面角，
过点B作于O，则平面ACD，
由，可得，，，
即点O为的中心，
三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，
，,
解得，
三棱锥的外接球的表面积为.
故选：D.

本题考查了立体图形外接球表面积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题.
5．B
【解析】
本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】
由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
6．D
【解析】
根据三角形中位线的性质，可得到的距离等于△的边上高的一半，从而得到，由此结合基本不等式求最值，得到当取到最大值时，为的中点，再由平行四边形法则得出，根据平面向量基本定理可求得，从而可求得结果.
【详解】
如图所示：

因为是△的中位线，
所以到的距离等于△的边上高的一半，
所以，
由此可得，
当且仅当时，即为的中点时，等号成立，
所以，
由平行四边形法则可得，，
将以上两式相加可得，
所以，
又已知，
根据平面向量基本定理可得，
从而.
故选：D
本题考查了向量加法的平行四边形法则，考查了平面向量基本定理的应用，考查了基本不等式求最值，属于中档题.
7．C
【解析】
设，，，，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，由△得，利用韦达定理结合已知条件得，，代入上式即可求出的取值范围．
【详解】
设直线的方程为：， ，，，，
联立方程，消去得：，
△，
，
且，，
，
线段的中点为,，
，，
，，
，
，
把 代入，得，
，
，
故选：
本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题．
8．B
【解析】
首先根据特殊角的三角函数值将复数化为，求出，再利用复数的几何意义即可求解.
【详解】
，
，
则在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限.
故选：B
本题考查了复数的几何意义、共轭复数的概念、特殊角的三角函数值，属于基础题.
9．C
【解析】
根据集合的并集、补集的概念，可得结果.
【详解】
集合A＝{x∈N|x2＜8x}＝{x∈N|0＜x＜8}，
所以集合A＝{1，2，3，4，5，6，7}
B＝{2，3，6}，C＝{2，3，7}，
故＝{1，4，5，6}，
所以＝{1，2，3，4，5，6}.
故选：C.
本题考查的是集合并集，补集的概念，属基础题.
10．A
【解析】
设，直线的方程为，联立方程得到，，根据向量关系化简到，得到离心率.
【详解】
设，直线的方程为.
联立整理得，
则.
因为，所以为线段的中点，所以，，整理得，
故该双曲线的离心率.
故选：.

本题考查了双曲线的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.
11．D
【解析】
由等比数列的性质求得a1q4＝16，a12q5＝﹣32，通过解该方程求得它们的值，求首项和公比，根据等比数列的前n项和公式解答即可.
【详解】
设等比数列{an}的公比为q，
∵a5＝16，a3a4＝﹣32，
∴a1q4＝16，a12q5＝﹣32
∴q＝﹣2，则，
则，
故选：D.
本题主要考查等比数列的前n项和，根据等比数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键，属于基础题.
12．A
【解析】
作出不等式组表示的可行域，然后对四个选项一一分析可得结果.
【详解】
作出可行域如图所示，当时，，即的取值范围为，所以为真命题；
为真命题；为假命题.
故选：A

此题考查命题的真假判断与应用，着重考查作图能力，熟练作图，正确分析是关键，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
可证，则为的外心，又则平面
即可求出，的值，再由勾股定理求出外接球的半径，最后根据体积公式计算可得.
【详解】
解：，，

，因为为的中点，所以为的外心，

因为，所以点在内的投影为的外心，
所以平面，
平面
，
所以，
所以，
又球心在上，设，则，所以，所以球O体积，.
故答案为：
本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，属于中档题．
14．2.
【解析】
由双曲线的一条渐近线为，解得．求出双曲线的右焦点，利用点到直线的距离公式求解即可．
【详解】
双曲线的一条渐近线为
解得：
双曲线的右焦点为
焦点到这条渐近线的距离为：
本题正确结果：
本题考查了双曲线和的标准方程及其性质，涉及到点到直线距离公式的考查，属于基础题．
15．
【解析】
初始条件成立方 ；
运行第一次：成立；
运行第二次：不成立；
输出的值：结束
所以答案应填：
考点：1、程序框图；2、定积分.
16．．
【解析】
画出可行域，解出可行域的顶点坐标，代入目标函数求出相应的数值，比较大小得到目标函数最值.
【详解】
解：作出可行域，如图所示，
则当直线过点时直线的截距最大，z取最大值．
由同理
，，
取最大值．
故答案为： ．
本题考查线性规划的线性目标函数的最优解问题. 线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
试题分析：由于图形是正四棱锥，因此设AC、BD交点为O，则以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系，可用空间向量法解决问题．（1）只要证明＝0即可证明垂直；（2）设＝λ，得M(λ，0，1－λ)，然后求出平面MBD的法向量，而平面ABD的法向量为，利用法向量夹角与二面角相等或互补可求得．
试题解析: (1)连结AC、BD交于点O，以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝，
则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．
由＝，得N，
由＝，得M，
所以，＝(－1，－1，0)．
因为＝0，所以MN⊥AD
(2) 解：因为M在PA上，可设＝λ，得M(λ，0，1－λ)．
所以＝(λ，－1，1－λ)，＝(0，－2，0)．
设平面MBD的法向量＝(x，y，z)，
由，得
其中一组解为x＝λ－1，y＝0，z＝λ，所以可取＝(λ－1，0，λ)．
因为平面ABD的法向量为＝(0，01)，
所以cos＝，即＝，解得λ＝，
从而M，N，
所以MN＝＝．
考点：用空间向量法证垂直、求二面角．
18．（1）；（2）.
【解析】
（1）令，求出的范围，再由指数函数的单调性，即可求出结论；
（2）对分类讨论，分别求出以及的最小值或范围，与的最小值建立方程关系，求出的值，进而求出的取值关系.
【详解】
（1）当时，，
令，
∵∴，
而是增函数，∴，
∴函数的值域是.
（2）当时，则在上单调递减，
在上单调递增，所以的最小值为，
在上单调递增，最小值为，
而的最小值为，所以这种情况不可能.
当时，则在上单调递减且没有最小值，
在上单调递增最小值为，
所以的最小值为，解得（满足题意），
所以，解得.
所以实数的取值范围是.
本题考查复合函数的值域与分段函数的最值，熟练掌握二次函数图像和性质是解题的关键，属于中档题.
19．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由底面为边长为2的菱形，平面，，易证平面，可得；（Ⅱ）连结，由（Ⅰ）易知为与平面所成的角，在中，可求得.
试题解析：（Ⅰ）∵ 四边形为菱形，且，
∴为正三角形，又为中点，
∴；又，
∴，
∵平面，又平面，
∴，
∴平面，又平面，
∴；

(Ⅱ)连结，由（Ⅰ）知平面，
∴为与平面所成的角，
在中，，最大当且仅当最短，
即时最大，
依题意，此时，在中，，
∴，，
∴与平面所成最大角的正切值为．
考点：1.线线垂直证明；2.求线面角.
20．（1），；（2）或
【解析】
（1）根据曲线的参数方程消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再由，，可得点的轨迹的极坐标方程；
（2）将曲线极坐标方程求，与直线极坐标方程联立，消去，得到关于的二次方程，由的几何意义可求出，而（1）可知，然后列方程可求出的值.
【详解】
（1）曲线的直角坐标方程为，
圆的圆心为，设，所以，
则由，即为点轨迹的极坐标方程.
（2）曲线的极坐标方程为，
将与曲线的极坐标方程联立得，，
设，
所以，
，
由，即，
令，上述方程可化为，解得.
由，所以，即或.

此题考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，利用极坐标求点的轨迹方程，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题.
21．（1）；（2）
【解析】
（1）将两直线化为普通方程，消去参数，即可求出曲线的普通方程；
（2）设Q点的直角坐标系坐标为,求出，
代入曲线C可求解.
【详解】
（1）直线的普通方程为,直线的普通方程为
联立直线,方程消去参数k,得曲线C的普通方程为
整理得.
（2）设Q点的直角坐标系坐标为,
由可得
代入曲线C的方程可得，
解得（舍），
所以点的极径为.
本题主要考查了直线的参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，极径的求法，属于中档题.
22．（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）由已知条件得出、的值，进而可得出的值，由此可求得椭圆的方程；
（2）设点，可得，且，，求出直线的斜率，进而可求得直线与的方程，将直线直线与的方程联立，求出点的坐标，即可证得结论.
【详解】
（1）由题设，得，所以，即．
故椭圆的方程为；
（2）设，则，，．
所以直线的斜率为，
因为直线、的斜率的积为，所以直线的斜率为．
直线的方程为，直线的方程为．
联立，解得点的纵坐标为．
因为点在椭圆上，所以，则，所以点在轴上．
本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.