甘肃省2026届高三下学期第一次模拟考试数学试题（Word版附解析）

这是一份甘肃省2026届高三下学期第一次模拟考试数学试题（Word版附解析），共16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。
1．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
2．复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．根据如图所示的函数图象，当时，以下不等关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．由数字，可以组成多少个不同的四位数（ ）
A．24B．12C．10D．6
6．直线与直线夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．或
8．过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦，则的最小值为（ ）
A．8B．16C．32D．64
二、多选题
9．已知为两个互相垂直的单位向量，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则
D．若，则的最小值为
10．甲袋中有大小、形状相同的4个红球2个白球，乙袋中有大小、形状相同的1个红球3个白球，则下列选项中的事件发生的概率不小于的有（ ）
A．甲袋中一次取出两个球，两球均为红球
B．乙袋中有放回地取两次球，两球均为白球
C．两袋中各取一个球，取出的球中有红球
D．先从乙袋中取1球，记下颜色后放回乙袋中，若取出的球为红球则在甲袋中取球，否则继续在乙袋中取球，第二次取出来的是红球
11．如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆半径为是底面的两条直径，母线与该圆锥内切球分别切于点.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．圆锥与球的交线的轨迹长为
C．若，则
D．平面截球的截面面积的最小值为
三、填空题
12．一组数的平均数为2，则这组数的方差为__________.
13．椭圆的离心率为，双曲线渐近线的斜率绝对值小于，则的取值范围为__________.
14．如图，若第1行数字的和记为，第2行数字的和记为，第行数字的和记为，则__________；若数列的前项和为，则__________
四、解答题
15．如图，中，角的对边分别为.
(1)求；
(2)若，求的取值范围.
16．如图（1），正方形的边长为分别是边的中点，将，分别沿折起，使得三点重合于点得到图（2）.
(1)证明：；
(2)三棱锥的外接球的球心为，求平面与平面所成角的余弦值.
17．甲､乙两人各持有1张“欢”字卡片和1张“喜”字卡片，规定两人每次同时从对方手中随机抽取1张卡片交换（记为一轮操作）.记轮操作后，甲手里有2张“欢”字卡片的概率为，甲手里有2张“喜”字卡片的概率为.
(1)求的值；
(2)求的值.
18．如图所示，焦点在轴上的椭圆的顶点分别为，且椭圆过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆上任意一点作四边形的内切圆的两条切线，切点分别为，当切线斜率存在时，记切线斜率分别为，试判断是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由；
(3)若切线与椭圆的另一个交点分别为，求的最小值.
19．已知函数.
(1)若曲线在处的切线平行于轴，求的值；
(2)当时，求函数在内的极大值点和极小值点的个数；
(3)证明：对任意，曲线上存在四个不同的点共圆.
参考答案
1．A
【详解】要使函数有意义，需使，解得或，
即函数的定义域为.
2．C
【详解】由，则.
3．A
【详解】若，则，则充分性成立；
若，则满足，但不满足，故必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
4．C
【详解】根据图像，当时，函数的图像在函数的上方，而在图像的上方，所以.
5．B
【详解】4个数字的全排列数为.
因为有2个相同的数字2 ，所以需除以重复数字的排列数，
故数字，可以组成不同的四位数的个数：.
6．A
【详解】直线的斜率，可取方向向量.
直线的斜率，可取方向向量.
设两直线的夹角为，则，
所以.
7．D
【详解】由，
所以，可得，
所以，则，
所以或，经验证，均满足题设.
8．B
【详解】由抛物线，焦点坐标为，
由题意知，两条弦所在直线的斜率必存在且均不为0，
不妨设直线的斜率为，则直线的斜率为，
设，
因为弦过抛物线焦点，所以设直线的方程为，
联立方程：，消去得：，
则，
且，故，
将中的换为，得，
所以可得，
当且仅当时，“”成立，
则的最小值为16.
9．BD
【详解】由题意得，所以，
所以，故A错误；
由，所以，故B正确；
又，
所以，所以，
，故C错误；
，
当时，，所以的最小值为，故D正确.
10．BC
【详解】对于A，甲袋中共有大小、形状相同的6个球，从中一次取出2个球，共有种取法，两球都是红球，共有种取法，
所以甲袋中一次取出两个球，两球均为红球的概率为，故A错误；
对于B，乙袋中有大小、形状相同的1个红球3个白球，从中有放回地取两次球，两球均为白球，则概率为，故B正确；
对于C，甲袋中取得白球的概率为，乙袋中取得白球的概率为，
则事件“两袋中各取一个球，取出的球都是白球”的概率为，
所以事件“两袋中各取一个球，取出的球中有红球”的概率为，故C正确；
对于D，若第一次从乙袋中取到红球，概率为，接着在甲袋中取到红球的概率为，
根据独立事件概率乘法公式，其概率为；
若第一次从乙袋中取到白球，概率为，接着在乙袋中取到红球的概率为，
根据独立事件概率乘法公式，其概率为；
所以事件的“第二次取得红球”的概率为，故D错误.
11．ACD
【详解】对于A，画出圆锥的轴截面如图（1）所示.连接，则必过球心，
因为轴截面为正三角形且底面圆半径为，
所以，
所以，
故A正确；
对于B，如图（2），易知，圆锥与球的交线的轨迹为，
因为，所以在中，
可得，求得半径，
故轨迹长为错误；
对于C，根据三余弦定理可知，
，
故C正确；
对于D，当绕着旋转时，平面恒过定直线，若要使得平面截球的截面面积最小，只需球心到平面的距离达到最大，
如图（3）过作直线的垂线，垂足为到平面的最大距离为，
又因为在中，，所以截面半径的最小值为，
所以平面截球的截面面积的最小值为，故D正确.
12．/
【详解】由题意可知，解得，
则方差.
13．
【详解】对于双曲线，渐近线方程为，由题意得，即。
椭圆中满足（c为椭圆半焦距），代入 得
整理得 ，两边同除以得，即 ，解得
所以的取值范围为
14．
【详解】由题意可知，；
所以.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，
又因为，所以，
化简得，即，解得；
（2）因为，
所以在的延长线上，
如图，故，
所以
.
因为，所以，
解得，
所以的取值范围为.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为在原图中，，
故折叠完得，，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，所以；
（2）因为两两垂直，所以可将该三棱锥补形为如图所示的长方体，
假设该长方体的一条体对角线为，则球心为对角线的中点，
如图所示，以所在直线为轴，以所在直线为轴，
以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以；
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以，
设平面与平面所成角为，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为.
17．(1)，，，
(2)
【详解】（1）第一轮操作，甲要抽到乙的“欢”字卡片，且同时乙要抽到甲的“喜”字卡片，甲手中才能有2张“欢”字卡片，
由独立事件的概率乘法公式，可得，同理；
第二轮操作中，若第一轮结束后，甲手中有2张“欢”字卡片或有2张“喜”字卡片，则在第二轮操作后，甲有2张“欢”字卡片的概率为0；
若第一轮结束后，甲手中有1张“欢”字卡片和1张“喜”字卡片，则甲有2张“欢”字卡片的概率为，
故，同理可得；
（2）由对称性可知，
而只有在次操作后，甲手中有1张“欢”字卡片和1张“喜”字卡片时，甲才有的概率在第次有2张“欢”字卡片，
若在次操作后，甲手中有2张“欢”字卡片或有2张“喜”字卡片，则在第轮操作后，甲有2张“欢”字卡片的概率为0，
所以当时，，化简得，
则可构造为，
所以是一个以为首项，以为公比的等比数列，
可得，所以，
所以.
18．(1)
(2)为定值，为
(3)2
【详解】（1）因为，所以，即，
可设椭圆的方程为，又因为椭圆过点，
代入椭圆的方程得：，解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）是定值.理由如下：
根据对称性，易知四边形的内切圆的圆心为
因为直线的方程为，所以圆的半径，
设椭圆上任一点，则，
当圆的切线斜率存在时，可设过点的圆的切线方程为，
即，
所以圆的半径，
两边平方化简得：
因为切线的斜率分别为，
所以是方程的两个不同的根，
故；
（3）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，设，
因为直线为圆的切线，所以，化简得，
联立方程，消去得：，
显然恒成立，为上式的两个不同的根，且，
，
可得，同理可证.
所以三点共线，故弦恒过点，
所以当与或重合时，.
②当直线或直线的斜率不存在时，易得，
综上可知，.
19．(1)
(2)极大值点有2个，极小值点有1个
(3)证明见解析
【详解】（1）由得，
当时，，
因为曲线在处的切线平行于轴，
所以，解得；
（2）由得，得，
令则，
①当时，，则，所以在上单调递减，
因为，
则使当时；时，
则在单调递增，在单调递减，所以为的极大值点；
②当时，，则，
所以在上单调递减，
当时，，则，
所以在上单调递增，
又，所以为的极小值点；
③当时，，则，
所以在上单调递减，
因为，
所以使当时；时，
则在单调递增，在单调递减，
所以为的极大值点；
所以曲线在的极大值点有2个，极小值点有1个；
（3）因为在中，
所以，即曲线的图象关于对称，
法一：假设上存在不同两点，其关于的对称点为，
则四边形为等腰梯形，
因为等腰梯形的对角互补，故该四边形为圆内接四边形，
所以曲线上存在四个不同的点，使得这四个点共圆.
法二：在曲线上取不同的四点，其中和分别关于对称，
不妨设，，
则，
因为经过三点的圆有且只有一个，且圆心在对称轴上，
故设该圆的方程为，
因为点在圆上，所以，
将点的坐标代入圆的方程的左边得：
即点也在圆上，
所以存在同在圆上.