2026届甘肃省庆阳市宁县二中高考仿真卷数学试题含解析

这是一份2026届甘肃省庆阳市宁县二中高考仿真卷数学试题含解析，共4页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，等比数列若则，下列函数中，值域为的偶函数是，执行如下的程序框图，则输出的是，已知复数z满足等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．已知不等式组表示的平面区域的面积为9，若点， 则的最大值为（ ）
A．3B．6C．9D．12
2．已知是虚数单位，若，则（ ）
A．B．2C．D．3
3．已知命题：是“直线和直线互相垂直”的充要条件；命题：对任意都有零点；则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于点、，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，三角形AOB的面积为，则p=（ ）．
A．1B．C．2D．3
5．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，，当周长最小时，所在直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
6．等比数列若则（ ）
A．±6B．6C．-6D．
7．下列函数中，值域为的偶函数是（ ）
A．B．C．D．
8．设为定义在上的奇函数，当时，(为常数)，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
9．执行如下的程序框图，则输出的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知复数z满足（i为虚数单位），则z的虚部为（ ）
A．B．C．1D．
11．若函数在处取得极值2，则（ ）
A．-3B．3C．-2D．2
12．阅读名著，品味人生，是中华民族的优良传统.学生李华计划在高一年级每周星期一至星期五的每天阅读半个小时中国四大名著：《红楼梦》、《三国演义》、《水浒传》及《西游记》，其中每天阅读一种，每种至少阅读一次，则每周不同的阅读计划共有（ ）
A．120种B．240种C．480种D．600种
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知二面角α﹣l﹣β为60°，在其内部取点A，在半平面α，β内分别取点B，C．若点A到棱l的距离为1，则△ABC的周长的最小值为_____．
14．已知为椭圆上的一个动点，，，设直线和分别与直线交于，两点，若与的面积相等，则线段的长为______.
15．执行如图所示的伪代码，若输出的y的值为13，则输入的x的值是_______.
16．过动点作圆：的切线，其中为切点，若（为坐标原点），则的最小值是__________．
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）已知椭圆C：（a＞b＞0）过点（0,），且满足a+b＝3．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若斜率为的直线与椭圆C交于两个不同点A，B，点M坐标为（2,1），设直线MA与MB的斜率分别为k1，k2，试问k1+k2是否为定值？并说明理由．
18．（12分）中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一体，给人于美的享受．如图（1）为一花窗；图（2）所示是一扇窗中的一格，呈长方形，长30 cm，宽26 cm，其内部窗芯（不含长方形边框）用一种条形木料做成，由两个菱形和六根支条构成，整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称．设菱形的两条对角线长分别为x cm和y cm，窗芯所需条形木料的长度之和为L．
（1）试用x，y表示L；
（2）如果要求六根支条的长度均不小于2 cm，每个菱形的面积为130 cm2，那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料（不计榫卯及其它损耗）？
19．（12分）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是，直线和直线的极坐标方程分别是（）和（），其中（）.
（1）写出曲线的直角坐标方程；
（2）设直线和直线分别与曲线交于除极点的另外点，，求的面积最小值.
20．（12分）在平面直角坐标系中，椭圆：的右焦点为
（，为常数），离心率等于0.8，过焦点、倾斜角为的直线交椭圆于、两点．
⑴求椭圆的标准方程；
⑵若时，，求实数；
⑶试问的值是否与的大小无关，并证明你的结论．
21．（12分）已知函数（，），.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.
22．（10分）已知椭圆的左、右焦点分别为直线垂直于轴，垂足为，与抛物线交于不同的两点，且过的直线与椭圆交于两点，设且 .
（1）求点的坐标；
（2）求的取值范围.
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、C
【解析】
分析：先画出满足约束条件对应的平面区域，利用平面区域的面积为9求出，然后分析平面区域多边形的各个顶点，即求出边界线的交点坐标，代入目标函数求得最大值.
详解：作出不等式组对应的平面区域如图所示：
则，所以平面区域的面积，
解得，此时，
由图可得当过点时，取得最大值9，故选C.
点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.
2、A
【解析】
直接将两边同时乘以求出复数，再求其模即可.
【详解】
解：将两边同时乘以，得
故选：A
【点睛】
考查复数的运算及其模的求法，是基础题.
3、A
【解析】
先分别判断每一个命题的真假，再利用复合命题的真假判断确定答案即可.
【详解】
当时，直线和直线，即直线为和直线互相垂直，
所以“”是直线和直线互相垂直“的充分条件，
当直线和直线互相垂直时，，解得.
所以“”是直线和直线互相垂直“的不必要条件.
：“”是直线和直线互相垂直“的充分不必要条件，故是假命题．
当时，没有零点，
所以命题是假命题．
所以是真命题，是假命题，是假命题，是假命题．
故选：．
【点睛】
本题主要考查充要条件的判断和两直线的位置关系，考查二次函数的图象， 考查学生对这些知识的理解掌握水平.
4、C
【解析】
试题分析：抛物线的准线为，双曲线的离心率为2，则，
，渐近线方程为，求出交点，，
，则；选C
考点：1.双曲线的渐近线和离心率；2.抛物线的准线方程；
5、A
【解析】
本道题绘图发现三角形周长最小时A,P位于同一水平线上，计算点P的坐标，计算斜率，即可．
【详解】
结合题意，绘制图像
要计算三角形PAF周长最小值，即计算PA+PF最小值，结合抛物线性质可知，PF=PN，所以，故当点P运动到M点处，三角形周长最小，故此时M的坐标为，所以斜率为，故选A．
【点睛】
本道题考查了抛物线的基本性质，难度中等．
6、B
【解析】
根据等比中项性质代入可得解，由等比数列项的性质确定值即可.
【详解】
由等比数列中等比中项性质可知，，
所以，
而由等比数列性质可知奇数项符号相同，所以，
故选：B.
【点睛】
本题考查了等比数列中等比中项的简单应用，注意项的符号特征，属于基础题.
7、C
【解析】
试题分析：A中，函数为偶函数，但，不满足条件；B中，函数为奇函数，不满足条件；C中，函数为偶函数且，满足条件；D中，函数为偶函数，但，不满足条件，故选C．
考点：1、函数的奇偶性；2、函数的值域．
8、D
【解析】
由可得，所以，由为定义在上的奇函数结合增函数+增函数=增函数，可知在上单调递增，注意到，再利用函数单调性即可解决.
【详解】
因为在上是奇函数.所以，解得，所以当时，
，且时，单调递增，所以
在上单调递增，因为，
故有，解得.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用函数的奇偶性、单调性解不等式，考查学生对函数性质的灵活运用能力，是一道中档题.
9、A
【解析】
列出每一步算法循环，可得出输出结果的值.
【详解】
满足，执行第一次循环，，；
成立，执行第二次循环，，；
成立，执行第三次循环，，；
成立，执行第四次循环，，；
成立，执行第五次循环，，；
成立，执行第六次循环，，；
成立，执行第七次循环，，；
成立，执行第八次循环，，；
不成立，跳出循环体，输出的值为，故选：A.
【点睛】
本题考查算法与程序框图的计算，解题时要根据算法框图计算出算法的每一步，考查分析问题和计算能力，属于中等题.
10、D
【解析】
根据复数z满足，利用复数的除法求得，再根据复数的概念求解.
【详解】
因为复数z满足，
所以，
所以z的虚部为.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查复数的概念及运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
11、A
【解析】
对函数求导,可得,即可求出,进而可求出答案.
【详解】
因为,所以,则,解得,则.
故选:A.
【点睛】
本题考查了函数的导数与极值,考查了学生的运算求解能力,属于基础题.
12、B
【解析】
首先将五天进行分组，再对名著进行分配，根据分步乘法计数原理求得结果.
【详解】
将周一至周五分为组，每组至少天，共有：种分组方法；
将四大名著安排到组中，每组种名著，共有：种分配方法；
由分步乘法计数原理可得不同的阅读计划共有：种
本题正确选项：
【点睛】
本题考查排列组合中的分组分配问题，涉及到分步乘法计数原理的应用，易错点是忽略分组中涉及到的平均分组问题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
作A关于平面α和β的对称点M，N，交α和β与D，E，连接MN，AM，AN，DE，根据对称性三角形ADC的周长为AB+AC+BC＝MB+BC+CN，当四点共线时长度最短，结合对称性和余弦定理求解.
【详解】
作A关于平面α和β的对称点M，N，交α和β与D，E，
连接MN，AM，AN，DE，
根据对称性三角形ABC的周长为AB+AC+BC＝MB+BC+CN，
当M，B，C，N共线时，周长最小为MN设平面ADE交l于，O，连接OD，OE，
显然OD⊥l，OE⊥l，
∠DOE＝60°，∠MOA+∠AON＝240°,OA＝1，
∠MON＝120°，且OM＝ON＝OA＝1，根据余弦定理，
故MN2＝1+1﹣2×1×1×cs120°＝3，
故MN．
故答案为：．
【点睛】
此题考查求空间三角形边长的最值，关键在于根据几何性质找出对称关系，结合解三角形知识求解.
14、
【解析】
先设点坐标，由三角形面积相等得出两个三角形的边之间的比例关系，这个比例关系又可用线段上点的坐标表示出来，从而可求得点的横坐标，代入椭圆方程得纵坐标，然后可得．
【详解】
如图，设，，，
由，得，
由得，∴，解得，
又在椭圆上，∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查直线与椭圆相交问题，解题时由三角形面积相等得出线段长的比例关系，解题是由把线段长的比例关系用点的横坐标表示．
15、8
【解析】
根据伪代码逆向运算求得结果.
【详解】
输入，若，则，不合题意
若，则，满足题意
本题正确结果：
【点睛】
本题考查算法中的语言，属于基础题.
16、
【解析】
解答：由圆的方程可得圆心C的坐标为(2,2)，半径等于1.
由M(a,b),则|MN|2=(a−2)2+(b−2)2−12=a2+b2−4a−4b+7，
|MO|2=a2+b2.
由|MN|=|MO|,得a2+b2−4a−4b+7=a2+b2.
整理得：4a+4b−7=0.
∴a，b满足的关系为：4a+4b−7=0.
求|MN|的最小值，就是求|MO|的最小值．
在直线4a+4b−7=0上取一点到原点距离最小，
由“垂线段最短”得，直线OM垂直直线4a+4b−7=0，
由点到直线的距离公式得：MN的最小值为： .
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、（1）（2）k1+k2为定值0，见解析
【解析】
（1）利用已知条件直接求解，得到椭圆的方程；
（2）设直线在轴上的截距为，推出直线方程，然后将直线与椭圆联立，设，利用韦达定理求出，然后化简求解即可.
【详解】
（1）由椭圆过点（0,），则，又a+b＝3，所以，
故椭圆的方程为；
（2），证明如下：
设直线在轴上的截距为，所以直线的方程为：，
由得：，
由得，
设，则，
所以，
又，
所以
，
故.
【点睛】
本题主要考查了椭圆的标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查了方程的思想，转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.
18、（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）由条件可先求水平方向每根支条长，竖直方向每根支条长为，因此所需木料的长度之和L=（2）先确定范围由可得，再由面积为130 cm2，得，转化为一元函数，令，则在上为增函数，解得L有最小值．
试题解析：（1）由题意，水平方向每根支条长为cm，竖直方向每根支条长为cm，菱形的边长为cm．从而，所需木料的长度之和L=cm．
（2）由题意，，即，又由可得．所以．
令，其导函数在上恒成立，故在上单调递减，所以可得．则
=．
因为函数和在上均为增函数，所以在上为增函数，故当，即时L有最小值．答：做这样一个窗芯至少需要cm长的条形木料．
考点：函数应用题
19、（1）；（2）16.
【解析】
（1）将极坐标方程化为直角坐标方程即可；
（2）利用极径的几何意义，联立曲线，直线，直线的极坐标方程，得出，利用三角形面积公式，结合正弦函数的性质，得出的面积最小值.
【详解】
（1）曲线：，即
化为直角坐标方程为：；
（2），即
同理
∴
当且仅当，即（）时取等号
即的面积最小值为16
【点睛】
本题主要考查了极坐标方程化直角坐标方程以及极坐标的应用，属于中档题.
20、（1）（2）（3）为定值
【解析】
试题分析：（1）利用待定系数法可得，椭圆方程为；
（2）我们要知道=的条件应用，在于直线交椭圆两交点M，N的横坐标为，这样代入椭圆方程，容易得到，从而解得；
（3） 需讨论斜率是否存在．一方面斜率不存在即=时，由（2）得；另一方面，当斜率存在即时，可设直线的斜率为，得直线MN：，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和焦半径公式，就能得到，所以为定值，与直线的倾斜角的大小无关
试题解析：（1），得：，椭圆方程为
（2）当时，，得：，
于是当=时，，于是，
得到
（3）①当=时，由（2）知
②当时，设直线的斜率为，，则直线MN：
联立椭圆方程有，
，，
=+==
得
综上，为定值，与直线的倾斜角的大小无关
考点：（1）待定系数求椭圆方程；（2）椭圆简单的几何性质；（3）直线与圆锥曲线
21、（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）求导得到，讨论和两种情况，得到答案.
（Ⅱ）变换得到，设，求，令，故在单调递增，存在使得，，计算得到答案.
【详解】
（Ⅰ）（），
当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减.
（Ⅱ）（），即，（）.
令（），
则，
令，，故在单调递增，
注意到，，
于是存在使得，
可知在单调递增，在单调递减.
∴.
综上知，.
【点睛】
本题考查了函数的单调性，恒成立问题，意在考查学生对于导数知识的综合应用能力.
22、（1）；（2）.
【解析】
（1）设出的坐标，代入，结合在抛物线上，求得两点的横坐标，进而求得点的坐标.
（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，结合，求得的表达式，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】
（1）可知，
设
则，
又，
所以
解得
所以.
（2）据题意，直线的斜率必不为
所以设将直线方程代入椭圆的方程中，
整理得，
设
则①
②
因为
所以且
将①式平方除以②式得
所以
又解得
又，
所以
令，
则
所以
【点睛】
本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直线和椭圆的位置关系，考查向量数量积的坐标运算，考查向量模的坐标运算，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于难题.