陕西省延安市黄陵中学2026年高三考前全真模拟密卷数学试题试卷（6）含解析.doc

陕西省延安市黄陵中学2026年高三考前全真模拟密卷数学试题试卷（6）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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。

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．如图，平面与平面相交于，，，点，点，则下列叙述错误的是（ ）

A．直线与异面
B．过只有唯一平面与平行
C．过点只能作唯一平面与垂直
D．过一定能作一平面与垂直
2．在明代程大位所著的《算法统宗》中有这样一首歌谣，“放牧人粗心大意，三畜偷偷吃苗青，苗主扣住牛马羊，要求赔偿五斗粮，三畜户主愿赔偿，牛马羊吃得异样．马吃了牛的一半，羊吃了马的一半．”请问各畜赔多少？它的大意是放牧人放牧时粗心大意，牛、马、羊偷吃青苗，青苗主人扣住牛、马、羊向其主人要求赔偿五斗粮食（1斗=10升），三畜的主人同意赔偿，但牛、马、羊吃的青苗量各不相同．马吃的青苗是牛的一半，羊吃的青苗是马的一半．问羊、马、牛的主人应该分别向青苗主人赔偿多少升粮食？（ ）
A． B． C． D．
3．已知非零向量、，若且则向量在向量方向上的投影为（ ）
A． B． C． D．
4．设，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．3 B． C． D．
6．古希腊数学家毕达哥拉斯在公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个“完全数”分别为496，8128，33550336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28恰好在同一组的概率为
A． B． C． D．
7．过抛物线的焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设P为抛物线上的一动点，，若，则的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．如图是甲、乙两位同学在六次数学小测试（满分100分）中得分情况的茎叶图，则下列说法错误的是（ ）

A．甲得分的平均数比乙大 B．甲得分的极差比乙大
C．甲得分的方差比乙小 D．甲得分的中位数和乙相等
9．设i为虚数单位，若复数，则复数z等于( )
A． B． C． D．0
10．设双曲线（，）的一条渐近线与抛物线有且只有一个公共点，且椭圆的焦距为2，则双曲线的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
11．某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有
A．72种 B．36种 C．24种 D．18种
12．某网店2019年全年的月收支数据如图所示，则针对2019年这一年的收支情况，下列说法中错误的是（ ）

A．月收入的极差为60 B．7月份的利润最大
C．这12个月利润的中位数与众数均为30 D．这一年的总利润超过400万元
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在数列中，，则数列的通项公式_____.
14．已知实数a，b，c满足，则的最小值是______.
15．的展开式中，若的奇数次幂的项的系数之和为32，则________．
16．的展开式中的常数项为__________.
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）一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分.
（1）设抛掷4次的得分为，求变量的分布列和数学期望.
（2）当游戏得分为时，游戏停止，记得分的概率和为.
①求；
②当时，记，证明：数列为常数列，数列为等比数列.
18．（12分）已知等差数列满足，公差，等比数列满足，，．
求数列，的通项公式；
若数列满足，求的前项和．
19．（12分）表示，中的最大值，如，己知函数，.
（1）设，求函数在上的零点个数；
（2）试探讨是否存在实数，使得对恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.
20．（12分）如图，四棱锥中，底面是菱形，对角线交于点为棱的中点，．求证：

（1）平面；
（2）平面平面．
21．（12分）在四棱锥中，底面是平行四边形，为其中心，为锐角三角形，且平面底面，为的中点，.

（1）求证:平面；
（2）求证:.
22．（10分）已知函数．
⑴当时，求函数的极值；
⑵若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围．
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．D
【解析】
根据异面直线的判定定理、定义和性质，结合线面垂直的关系，对选项中的命题判断.
【详解】
A.假设直线与共面，则A，D，B，C共面，则AB，CD共面，与，矛盾， 故正确.
B. 根据异面直线的性质知，过只有唯一平面与平行，故正确.
C. 根据过一点有且只有一个平面与已知直线垂直知，故正确.
D. 根据异面直线的性质知，过不一定能作一平面与垂直，故错误.
故选：D
本题主要考查异面直线的定义，性质以及线面关系，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.
2．D
【解析】
设羊户赔粮升,马户赔粮升,牛户赔粮升,易知成等比数列,,结合等比数列的性质可求出答案.
【详解】
设羊户赔粮升,马户赔粮升,牛户赔粮升,则成等比数列,且公比,则,故,,.
故选:D.
本题考查数列与数学文化,考查了等比数列的性质,考查了学生的运算求解能力,属于基础题.
3．D
【解析】
设非零向量与的夹角为，在等式两边平方，求出的值，进而可求得向量在向量方向上的投影为，即可得解.
【详解】
，由得，整理得，
，解得，
因此，向量在向量方向上的投影为.
故选：D.
本题考查向量投影的计算，同时也考查利用向量的模计算向量的夹角，考查计算能力，属于基础题.
4．D
【解析】
结合指数函数及对数函数的单调性,可判断出,,,即可选出答案.
【详解】
由,即,
又,即,
,即,
所以.
故选:D.
本题考查了几个数的大小比较,考查了指数函数与对数函数的单调性的应用,属于基础题.
5．B
【解析】
由三视图知：几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，如图：

直三棱柱的体积为，消去的三棱锥的体积为，
∴几何体的体积，故选B.
点睛：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及相关几何量的数据是解答此类问题的关键；几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，结合直观图分别求出直三棱柱的体积和消去的三棱锥的体积，相减可得几何体的体积.
6．B
【解析】
推导出基本事件总数，6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，由此能求出6和28恰好在同一组的概率．
【详解】
解：将五个“完全数”6，28，496，8128，33550336，随机分为两组，一组2个，另一组3个，
基本事件总数，
6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，
∴6和28恰好在同一组的概率．
故选：B．
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．C
【解析】
设直线AB的方程为，代入得：，由根与系数的关系得，，从而得到，同理可得，再利用求得的值，当Q，P，M三点共线时，即可得答案.
【详解】
根据题意，可知抛物线的焦点为，则直线AB的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为，代入得：.
由根与系数的关系得，，
所以.
又直线CD的方程为，同理，
所以，
所以.故.过点P作PM垂直于准线，M为垂足，
则由抛物线的定义可得.
所以，当Q，P，M三点共线时，等号成立.
故选：C.
本题考查直线与抛物线的位置关系、焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意取最值的条件.
8．B
【解析】
由平均数、方差公式和极差、中位数概念，可得所求结论．
【详解】
对于甲，；
对于乙，，
故正确；
甲的极差为，乙的极差为，故错误；
对于甲，方差.5，
对于乙，方差，故正确；
甲得分的中位数为，乙得分的中位数为，故正确．
故选：．
本题考查茎叶图的应用考查平均数和方差等概念，培养计算能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．
9．B
【解析】
根据复数除法的运算法则，即可求解.
【详解】
.
故选:B.
本题考查复数的代数运算，属于基础题.
10．B
【解析】
设双曲线的渐近线方程为，与抛物线方程联立，利用，求出的值，得到的值，求出关系，进而判断大小，结合椭圆的焦距为2，即可求出结论.
【详解】
设双曲线的渐近线方程为，
代入抛物线方程得，
依题意，
，
椭圆的焦距，
，
双曲线的标准方程为.
故选:B.
本题考查椭圆和双曲线的标准方程、双曲线的简单几何性质，要注意双曲线焦点位置，属于中档题.
11．B
【解析】
根据条件2名内科医生，每个村一名，3名外科医生和3名护士，平均分成两组，则分1名外科，2名护士和2名外科医生和1名护士，根据排列组合进行计算即可．
【详解】
2名内科医生，每个村一名，有2种方法，
3名外科医生和3名护士，平均分成两组，要求外科医生和护士都有，则分1名外科，2名护士和2名外科医生和1名护士，
若甲村有1外科,2名护士,则有，其余的分到乙村，
若甲村有2外科,1名护士,则有，其余的分到乙村，
则总共的分配方案为2×(9+9)=2×18=36种，
故选：B.
本题主要考查了分组分配问题，解决这类问题的关键是先分组再分配，属于常考题型.

12．D
【解析】
直接根据折线图依次判断每个选项得到答案.
【详解】
由图可知月收入的极差为，故选项A正确；
1至12月份的利润分别为20，30，20，10，30，30，60，40，30，30，50，30，7月份的利润最高，故选项B正确；
易求得总利润为380万元，众数为30，中位数为30，故选项C正确，选项D错误.
故选：.
本题考查了折线图，意在考查学生的理解能力和应用能力.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由题意可得，又，数列的奇数项为首项为1，公差为2的等差数列，对分奇数和偶数两种情况，分别求出，从而得到数列的通项公式.

【详解】
解：∵，
∴①，②，
①﹣②得：，又∵，
∴数列的奇数项为首项为1，公差为2的等差数列，
∴当为奇数时，，
当为偶数时，则为奇数，∴，
∴数列的通项公式，
故答案为：.
本题考查求数列的通项公式，解题关键是由已知递推关系得出，从而确定数列的奇数项成等差数列，求出通项公式后再由已知求出偶数项，要注意结果是分段函数形式．
14．
【解析】
先分离出，应用基本不等式转化为关于c的二次函数，进而求出最小值.
【详解】
解：若取最小值，则异号，，
根据题意得：，
又由，即有，
则，
即的最小值为，
故答案为：
本题考查了基本不等式以及二次函数配方求最值，属于中档题.
15．
【解析】
试题分析：由已知得，故的展开式中x的奇数次幂项分别为，，，，，其系数之和为，解得．
考点：二项式定理．
16．31
【解析】
由二项式定理及其展开式得通项公式得：因为的展开式得通项为，则的展开式中的常数项为： ，得解.
【详解】
解：，
则的展开式中的常数项为：
.
故答案为：31.
本题考查二项式定理及其展开式的通项公式，求某项的导数，考查计算能力.

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）分布列见解析，数学期望为6；（2）①；②证明见解析
【解析】
（1）变量的所有可能取值为4，5，6，78，分别求出对应的概率，进而可求出变量的分布列和数学期望；
（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得；②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，可知当且时，，结合，可推出，从而可证明数列为常数列；结合，可推出，进而可证明数列为等比数列.
【详解】
（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8.
每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率也为，
则，
.
所以变量的分布列为：

4
5
6
7
8

故变量的数学期望为.
（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为.
②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，
故且时，有，
则时，，
所以，
故数列为常数列；
又，
，所以数列为等比数列.
本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查常数列及等比数列的证明，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.
18．，；.
【解析】
由，公差，有，，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；
当时，由，所以，当时，由，，可得，进而求出前项和．
【详解】
解：由题意知，，公差，有1，，成等比数列，
所以，解得．
所以数列的通项公式．
数列的公比其通项公式．
当时，由，所以．
当时，由，，
两式相减得，
所以．
故
所以的前项和
，．
又时，，也符合上式，故.
本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．
19．（1）个；（1）存在，.
【解析】
试题分析：（1）设，对其求导，及最小值，从而得到的解析式，进一步求值域即可；（1）分别对和两种情况进行讨论，得到的解析式，进一步构造，通过求导得到最值，得到满足条件的的范围．
试题解析：（1）设，．．．．．．．．．．．．．1分
令，得递增；令，得递减，．．．．．．．．．．．．．．．．．1分
∴，∴，即，∴．．．．．．．．．．．．．3分
设，结合与在上图象可知，这两个函数的图象在上有两个交点，即在上零点的个数为1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分
（或由方程在上有两根可得）
（1）假设存在实数，使得对恒成立，
则，对恒成立，
即，对恒成立 ，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分
①设，
令，得递增；令，得递减，
∴，
当即时，，∴，∵，∴4．
故当时，对恒成立，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分
当即时，在上递减，∴．
∵，∴，
故当时，对恒成立．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分
②若对恒成立，则，∴．．．．．．．．．．．11分
由①及②得，．
故存在实数，使得对恒成立，
且的取值范围为．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分
考点：导数应用.
【思路点睛】本题考查了函数恒成立问题；利用导数来判断函数的单调性，进一步求最值；属于难题．本题考查函数导数与单调性.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理．也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.
20．（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
(1) 连结根据中位线的性质证明即可.
(2) 证明,再证明平面即可.
【详解】
解：证明：连结

是菱形对角线的交点,
为的中点,
是棱的中点,

平面平面
平面
解：在菱形中,且为的中点,

,
,
平面
平面,
平面平面．
本题主要考查了线面平行与垂直的判定,属于基础题.
21．（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）通过证明，即可证明线面平行；
（2）通过证明平面，即可证明线线垂直.
【详解】
（1）连，因为为平行四边形，为其中心，所以，为中点，
又因为为中点，所以，
又平面，平面所以，平面；
（2）作于因为平面平面，
平面平面，平面，
所以，平面又平面，
所以又，，
平面，平面所以，平面，又平面，
所以，.
此题考查证明线面平行和线面垂直，通过线面垂直得线线垂直，关键在于熟练掌握相关判定定理，找出平行关系和垂直关系证明.
22．（1）当时，函数取得极小值为，无极大值；（2）
【解析】
试题分析：（1），通过求导分析，得函数取得极小值为，无极大值；（2），所以，通过求导讨论，得到的取值范围是．
试题解析：
（1）函数的定义域为
当时，，
所以
所以当时，，当时，，
所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，
所以当时，函数取得极小值为，无极大值；
（2）设函数上点与函数上点处切线相同，
则
所以
所以，代入得：

设，则
不妨设则当时，，当时，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
代入可得：
设，则对恒成立，
所以在区间上单调递增，又
所以当时，即当时,
又当时

因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立；
即存在使得函数上点与函数上点处切线相同．
又由得：
所以单调递减，因此
所以实数的取值范围是．