2026届甘肃省高三六校第一次联考数学试卷含解析

这是一份2026届甘肃省高三六校第一次联考数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知集合，则等内容，欢迎下载使用。
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．为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )
A．12种B．24种C．36种D．48种
2．历史上有不少数学家都对圆周率作过研究，第一个用科学方法寻求圆周率数值的人是阿基米德，他用圆内接和外切正多边形的周长确定圆周长的上下界，开创了圆周率计算的几何方法，而中国数学家刘徽只用圆内接正多边形就求得的近似值，他的方法被后人称为割圆术．近代无穷乘积式、无穷连分数、无穷级数等各种值的表达式纷纷出现，使得值的计算精度也迅速增加．华理斯在1655年求出一个公式：，根据该公式绘制出了估计圆周率的近似值的程序框图，如下图所示，执行该程序框图，已知输出的，若判断框内填入的条件为，则正整数的最小值是
A．B．C．D．
3．已知集合，则=
A．B．C．D．
4．中，角的对边分别为，若，，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．8D．6
6．等腰直角三角形BCD与等边三角形ABD中，，，现将沿BD折起，则当直线AD与平面BCD所成角为时，直线AC与平面ABD所成角的正弦值为（ ）

A．B．C．D．
7．已知集合，将集合的所有元素从小到大一次排列构成一个新数列，则（ ）
A．1194B．1695C．311D．1095
8．已知集合，则全集则下列结论正确的是( )
A．B．C．D．
9．点为不等式组所表示的平面区域上的动点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
11．要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有点的（ ）
A．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度
B．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度
C．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度
D．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度
12．已知双曲线：的左右焦点分别为，，为双曲线上一点，为双曲线C渐近线上一点，，均位于第一象限，且，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在中，角的对边分别为，且．若为钝角，，则的面积为____________．
14．在的展开式中，的系数等于__．
15．某中学数学竞赛培训班共有10人，分为甲、乙两个小组，在一次阶段测试中两个小组成绩的茎叶图如图所示，若甲组5名同学成绩的平均数为81，乙组5名同学成绩的中位数为73，则x- y的值为________．
16．已知函数的最大值为3，的图象与y轴的交点坐标为，其相邻两条对称轴间的距离为2，则
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）已知函数（）的图象在处的切线为（为自然对数的底数）
（1）求的值；
（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.
18．（12分）已知函数，.
（1）求函数的极值；
（2）当时，求证：.
19．（12分）设函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为，且，求的最小值．
20．（12分）已知函数.其中是自然对数的底数.
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），为上的动点，点满足，点的轨迹为曲线.
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与的异于极点的交点为，与的异于极点的交点为，求.
22．（10分）已知函数（，），且对任意，都有.
（Ⅰ）用含的表达式表示；
（Ⅱ）若存在两个极值点，，且，求出的取值范围，并证明；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，判断零点的个数，并说明理由.
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】
先将甲、乙两人看作一个整体，当作一个元素，再将这四个元素分成3个部分，每一个部分至少一个，再将这3部分分配到3个不同的路口，根据分步计数原理可得选项.
【详解】
把甲、乙两名交警看作一个整体，个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3部分，每部分至少有1个人，共有种方法，再把这3部分分到3个不同的路口，有种方法，由分步计数原理，共有种方案。
故选：C.
【点睛】
本题主要考查排列与组合,常常运用捆绑法，插空法，先分组后分配等一些基本思想和方法解决问题，属于中档题.
2、B
【解析】
初始：，，第一次循环：，，继续循环；
第二次循环：，，此时，满足条件，结束循环，
所以判断框内填入的条件可以是，所以正整数的最小值是3，故选B．
3、C
【解析】
本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．
【详解】
由题意得，，则
．故选C．
【点睛】
不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．
4、A
【解析】
先求出，由正弦定理求得，然后由面积公式计算．
【详解】
由题意，
．
由得，
．
故选：A．
【点睛】
本题考查求三角形面积，考查正弦定理，同角间的三角函数关系，两角和的正弦公式与诱导公式，解题时要根据已知求值要求确定解题思路，确定选用公式顺序，以便正确快速求解．
5、C
【解析】
由椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式化简，结合基本不等式即可求解.
【详解】
设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，半焦距为，
则，，设
由椭圆的定义以及双曲线的定义可得：
，
则

当且仅当时，取等号.
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式，属于中等题.
6、A
【解析】
设E为BD中点，连接AE、CE，过A作于点O，连接DO，得到即为直线AD与平面BCD所成角的平面角，根据题中条件求得相应的量，分析得到即为直线AC与平面ABD所成角，进而求得其正弦值，得到结果.
【详解】
设E为BD中点，连接AE、CE，
由题可知，，所以平面，
过A作于点O，连接DO，则平面，
所以即为直线AD与平面BCD所成角的平面角，
所以，可得，
在中可得，
又，即点O与点C重合，此时有平面，
过C作与点F，
又，所以，所以平面，
从而角即为直线AC与平面ABD所成角，，
故选：A.
【点睛】
该题考查的是有关平面图形翻折问题，涉及到的知识点有线面角的正弦值的求解，在解题的过程中，注意空间角的平面角的定义，属于中档题目.
7、D
【解析】
确定中前35项里两个数列中的项数，数列中第35项为70，这时可通过比较确定中有多少项可以插入这35项里面即可得，然后可求和．
【详解】
时，，所以数列的前35项和中，有三项3，9，27，有32项，所以．
故选：D．
【点睛】
本题考查数列分组求和，掌握等差数列和等比数列前项和公式是解题基础．解题关键是确定数列的前35项中有多少项是中的，又有多少项是中的．
8、D
【解析】
化简集合，根据对数函数的性质，化简集合，按照集合交集、并集、补集定义，逐项判断，即可求出结论.
【详解】
由，
则，故，
由知，，因此，
，，
，
故选:D
【点睛】
本题考查集合运算以及集合间的关系，求解不等式是解题的关键，属于基础题.
9、B
【解析】
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，利用的几何意义即可得到结论．
【详解】
不等式组作出可行域如图：，，，
的几何意义是动点到的斜率，由图象可知的斜率为1，的斜率为：，
则的取值范围是：，，．
故选：．
【点睛】
本题主要考查线性规划的应用，根据目标函数的几何意义结合斜率公式是解决本题的关键．
10、C
【解析】
由题意和交集的运算直接求出.
【详解】
∵ 集合，
∴.
故选:C.
【点睛】
本题考查了集合的交集运算.集合进行交并补运算时，常借助数轴求解.注意端点处是实心圆还是空心圆.
11、C
【解析】
根据三角函数图像的变换与参数之间的关系，即可容易求得.
【详解】
为得到，
将横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
故可得；
再将 向左平移个单位长度，
故可得.
故选：C.
【点睛】
本题考查三角函数图像的平移，涉及诱导公式的使用，属基础题.
12、D
【解析】
由双曲线的方程的左右焦点分别为，为双曲线上的一点，为双曲线的渐近线上的一点，且都位于第一象限，且，
可知为的三等分点，且,
点在直线上，并且，则，，
设，则，
解得，即，
代入双曲线的方程可得，解得，故选D．
点睛：本题考查了双曲线的几何性质，离心率的求法，考查了转化思想以及运算能力，双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
转化为，利用二倍角公式可求解得，结合余弦定理可得b，再利用面积公式可得解.
【详解】
因为，
所以．
又因为，且为锐角，
所以．
由余弦定理得，
即，解得，
所以
故答案为：
【点睛】
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
14、7
【解析】
由题，得，令，即可得到本题答案.
【详解】
由题，得，
令，得x的系数.
故答案为：7
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，属基础题.
15、
【解析】
根据茎叶图中的数据，结合平均数与中位数的概念，求出x、y的值.
【详解】
根据茎叶图中的数据，得：
甲班5名同学成绩的平均数为，
解得；
又乙班5名同学的中位数为73，则；
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查茎叶图及根据茎叶图计算中位数、平均数，考查数据分析能力，属于简单题.
16、
【解析】，由题意，得,
解得，则的周期为4，且，所以.
考点：三角函数的图像与性质.
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)a=-1,b=1;(2)-1.
【解析】
（1）对求导得，根据函数的图象在处的切线为，列出方程组，即可求出的值；（2）由（1）可得，根据对任意恒成立，等价于对任意恒成立，构造，求出的单调性，由，，，，可得存在唯一的零点，使得，利用单调性可求出，即可求出的最大值.
（1），.
由题意知.
（2）由（1）知：，
∴对任意恒成立
对任意恒成立
对任意恒成立.
令，则.
由于，所以在上单调递增.
又，，，，
所以存在唯一的，使得，且当时，，时，. 即在单调递减，在上单调递增.
所以.
又，即，∴.
∴ .
∵ ，∴ .
又因为对任意恒成立，
又，∴ .
点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
18、 (1) 的极小值为，无极大值.（2）见解析.
【解析】
（1）对求导，确定函数单调性，得到函数极值.
（2）构造函数，证明恒成立，得到，
，得证.
【详解】
（1）由题意知，，
令，得，令，得.
则在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）当时，要证，即证.
令，则，
令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
所以，即.因为时，，
所以当时，，
所以当时，不等式成立.
【点睛】
本题考查了函数的单调性，极值，不等式的证明，构造函数是解题的关键.
19、（1）或（2）最小值为．
【解析】
（1）讨论，，三种情况，分别计算得到答案.
（2）计算得到，再利用均值不等式计算得到答案.
【详解】
（1）
当时，由，解得；
当时，由，解得；
当时，由，解得．
所以所求不等式的解集为或．
（2）根据函数图像知：当时，，所以．
因为
，
由，可知，
所以，
当且仅当，，时，等号成立．
所以的最小值为．
【点睛】
本题考查了解绝对值不等式，函数最值，均值不等式，意在考查学生对于不等式，函数知识的综合应用.
20、（1）；
（2）.
【解析】
(1)利用导数的几何意义求出切线的斜率，再求出切点坐标即可得在点处的切线方程；
（2）令，然后利用导数并根据a的情况研究函数的单调性和最值.
【详解】
（1），，
∴，
又，
∴切线方程为，即.
（2）令，
，
①若，则在上单调递减，又，
∴恒成立，∴在上单调递减，又，
∴恒成立.
②若，令，
∴，易知与在上单调递减，
∴在上单调递减，，
当即时，在上恒成立，
∴在上单调递减，即在上单调递减，
又，∴恒成立，∴在上单调递减，
又，∴恒成立，
当即时，使，
∴在递增，此时，∴，
∴在递增，∴，不合题意.
综上，实数的取值范围是.
【点睛】
本题主要考查导数的几何意义及构造函数解决含参数的不等式恒成立时求参数的取值范围问题，第二问的难点是构造函数后二次求导问题，对分类讨论思想及化归与等价转化思想要求较高，难度较大，属拔高题.
21、（Ⅰ）（为参数）；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）设点，，则，代入化简得到答案.
（Ⅱ）分别计算，的极坐标方程为，，取代入计算得到答案.
【详解】
（Ⅰ）设点，，，故，
故的参数方程为：（为参数）.
（Ⅱ），故，极坐标方程为：；
，故，极坐标方程为：.
，故，，故.
【点睛】
本题考查了参数方程，极坐标方程，弦长，意在考查学生的计算能力和转化能力.
22、（1）（2）见解析（3）见解析
【解析】
试题分析：利用赋值法求出关系，求函数导数，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数.
试题解析：（Ⅰ）根据题意：令，可得，
所以，
经验证，可得当时，对任意，都有，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，且，
所以 ，
令，要使存在两个极值点，，则须有有两个不相等的正数根，所以
或
解得或无解，所以的取值范围，可得，
由题意知 ，
令 ，则 ．
而当时， ，即，
所以在上单调递减，
所以

即时，．
（Ⅲ）因为 ，．
令得，．
由（Ⅱ）知时，的对称轴，，，所以.
又，可得，此时，在上单调递减，上单调递增，上单调递减，所以 最多只有三个不同的零点．
又因为，所以在上递增，即时，恒成立．
根据（2）可知且，所以，即，所以，使得．
由，得，又，，
所以恰有三个不同的零点：，1，．
综上所述，恰有三个不同的零点．
【点睛】利用赋值法求出关系，利用函数导数，研究函数的单调性，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，利用函数的导数研究函数的单调性、极值，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数是近年高考压轴题的热点.