2026届甘肃省岷县第二中学高三第五次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届甘肃省岷县第二中学高三第五次模拟考试数学试卷含解析，共19页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知抛物线等内容，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．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：，，，那么在不超过18的素数中随机选取两个不同的数，其和等于16的概率为（ ）
A．B．C．D．
2．已知的共轭复数是，且（为虚数单位），则复数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
3．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下问题：“今有勾六步，股八步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步，问其内切圆的直径为多少步？”现从该三角形内随机取一点，则此点取自内切圆的概率是（ ）
A．B．C．D．
4．在三棱锥中，，且分别是棱，的中点，下面四个结论：
①；
②平面；
③三棱锥的体积的最大值为；
④与一定不垂直.
其中所有正确命题的序号是（ ）
A．①②③B．②③④C．①④D．①②④
5．在钝角中，角所对的边分别为，为钝角，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．
6．某校团委对“学生性别与中学生追星是否有关”作了一次调查，利用列联表，由计算得,参照下表:
得到正确结论是( )
A．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星无关”
B．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”
C．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星无关”
D．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星有关”
7．已知为圆的一条直径，点的坐标满足不等式组则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知抛物线：（）的焦点为，为该抛物线上一点，以为圆心的圆与的准线相切于点，，则抛物线方程为（ ）
A．B．C．D．
9．设a，b都是不等于1的正数，则“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
10．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为
A．B．C．D．
11．若点(2，k)到直线5x-12y+6=0的距离是4，则k的值是( )
A．1B．-3C．1或D．-3或
12．已知，满足，且的最大值是最小值的4倍，则的值是（ ）
A．4B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．正四面体的一个顶点是圆柱上底面的圆心，另外三个顶点圆柱下底面的圆周上，记正四面体的体积为，圆柱的体积为，则的值是______.
14．满足约束条件的目标函数的最小值是 .
15．设，则“”是“”的__________条件.
16．某种圆柱形的如罐的容积为个立方单位，当它的底面半径和高的比值为______.时，可使得所用材料最省.
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）2019年春节期间，某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖活动，超市设计了两种抽奖方案.
方案一：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得60元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽取3次.
方案二：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得80元的返金券，若抽到白球则未中奖，且顾客有放回地抽取3次.
（1）现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得180元返金券的概率；
（2）若某顾客获得抽奖机会.
①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望；
②为了吸引顾客消费，让顾客获得更多金额的返金券，该超市应选择哪一种抽奖方案进行促销活动？
18．（12分）如图，点是以为直径的圆上异于、的一点，直角梯形所在平面与圆所在平面垂直，且，.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离.
19．（12分）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，底面，且，为的中点.
（1）证明：；
（2）设点是线段上的动点，当直线与直线所成的角最小时，求三棱锥的体积.
20．（12分）△的内角的对边分别为,且．
(1)求角的大小
(2)若,△的面积,求△的周长．
21．（12分）已知函数，当时，有极大值3；
（1）求，的值；
（2）求函数的极小值及单调区间.
22．（10分）在中，角，，的对边分别为，，，，， 且的面积为.
(1)求；
(2)求的周长 .
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、B
【解析】
先求出从不超过18的素数中随机选取两个不同的数的所有可能结果，然后再求出其和等于16的结果，根据等可能事件的概率公式可求.
【详解】
解：不超过18的素数有2，3，5，7，11，13，17共7个，从中随机选取两个不同的数共有，
其和等于16的结果，共2种等可能的结果，
故概率.
故选：B.
【点睛】
古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，本题不可以列举出所有事件但可以用分步计数得到，属于基础题.
2、D
【解析】
设，整理得到方程组，解方程组即可解决问题．
【详解】
设，
因为，所以，
所以，解得：，
所以复数在复平面内对应的点为，此点位于第四象限.
故选D
【点睛】
本题主要考查了复数相等、复数表示的点知识，考查了方程思想，属于基础题．
3、C
【解析】
利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，再分别求出三角形和内切圆的面积，根据几何概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】
由题意，直角三角形的斜边长为，
利用等面积法，可得其内切圆的半径为，
所以向次三角形内投掷豆子，则落在其内切圆内的概率为.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题，其中解答中熟练应用直角三角形的性质，求得其内切圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
4、D
【解析】
①通过证明平面，证得；②通过证明，证得平面；③求得三棱锥体积的最大值，由此判断③的正确性；④利用反证法证得与一定不垂直.
【详解】
设的中点为，连接，则，，又，所以平面，所以，故①正确；因为，所以平面，故②正确；当平面与平面垂直时，最大，最大值为，故③错误；若与垂直，又因为，所以平面，所以，又，所以平面，所以，因为，所以显然与不可能垂直，故④正确.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查空间线线垂直、线面平行、几何体体积有关命题真假性的判断，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
5、B
【解析】
首先由正弦定理将边化角可得，即可得到，再求出，最后根据求出的最大值；
【详解】
解：因为，
所以
因为
所以
，即，，
时
故选：
【点睛】
本题考查正弦定理的应用，余弦函数的性质的应用，属于中档题.
6、B
【解析】
通过与表中的数据6.635的比较，可以得出正确的选项.
【详解】
解:，可得有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”，故选B.
【点睛】
本题考查了独立性检验的应用问题，属于基础题.
7、D
【解析】
首先将转化为，只需求出的取值范围即可，而表示可行域内的点与圆心距离，数形结合即可得到答案.
【详解】
作出可行域如图所示
设圆心为，则
,
过作直线的垂线，垂足为B，显然，又易得，
所以，，
故.
故选：D.
【点睛】
本题考查与线性规划相关的取值范围问题，涉及到向量的线性运算、数量积、点到直线的距离等知识，考查学生转化与划归的思想，是一道中档题.
8、C
【解析】
根据抛物线方程求得点的坐标，根据轴、列方程，解方程求得的值.
【详解】
不妨设在第一象限，由于在抛物线上，所以，由于以为圆心的圆与的准线相切于点，根据抛物线的定义可知，、轴，且.由于，所以直线的倾斜角为，所以，解得，或（由于，故舍去）.所以抛物线的方程为.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查抛物线的定义，考查直线的斜率，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
9、C
【解析】
根据对数函数以及指数函数的性质求解a,b的范围，再利用充分必要条件的定义判断即可．
【详解】
由“”，得，
得或或，
即或或，
由，得，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选C．
【点睛】
本题考查必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法，考查指数，对数不等式的解法，是基础题．
10、A
【解析】
分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果.
详解：
因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A.
点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：.
11、D
【解析】
由题得，解方程即得k的值.
【详解】
由题得，解方程即得k=-3或.
故答案为：D
【点睛】
(1)本题主要考查点到直线的距离公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和计算推理能力.(2) 点到直线的距离.
12、D
【解析】
试题分析：先画出可行域如图：由，得，由，得，当直线过点时，目标函数取得最大值，最大值为3；当直线过点时，目标函数取得最小值，最小值为3a；由条件得，所以，故选D.
考点：线性规划.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
设正四面体的棱长为，求出底面外接圆的半径与高，代入体积公式求解．
【详解】
解：设正四面体的棱长为，
则底面积为，底面外接圆的半径为，
高为．
∴正四面体的体积，
圆柱的体积．
则．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查多面体与旋转体体积的求法，考查计算能力，属于中档题．
14、-2
【解析】
可行域是如图的菱形ABCD，
代入计算，
知为最小.
15、充分必要
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义可判断两者之间的条件关系.
【详解】
当时，有，故“”是“”的充分条件.
当时，有，故“”是“”的必要条件.
故“”是“”的充分必要条件，
故答案为：充分必要.
【点睛】
本题考查充分必要条件的判断，可利用定义来判断，也可以根据两个条件构成命题及逆命题的真假来判断，还可以利用两个条件对应的集合的包含关系来判断，本题属于容易题.
16、
【解析】
设圆柱的高为，底面半径为，根据容积为个立方单位可得，再列出该圆柱的表面积，利用导数求出最值，从而进一步得到圆柱的底面半径和高的比值．
【详解】
设圆柱的高为，底面半径为.
∵该圆柱形的如罐的容积为个立方单位
∴，即.
∴该圆柱形的表面积为.
令，则.
令，得；
令，得.
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴当时，取得最小值，即材料最省，此时.
故答案为：.
【点睛】
本题考查函数的应用，解答本题的关键是写出表面积的表示式，再利用导数求函数的最值，属中档题．
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)①②第一种抽奖方案.
【解析】
(1)方案一中每一次摸到红球的概率为，每名顾客有放回的抽3次获180元返金劵的概率为，根据相互独立事件的概率可知两顾客都获得180元返金劵的概率
(2)①分别计算方案一，方案二顾客获返金卷的期望，方案一列出分布列计算即可，方案二根据二项分布计算期望即可 ②根据①得出结论.
【详解】
（1）选择方案一，则每一次摸到红球的概率为
设“每位顾客获得180元返金劵”为事件A，则
所以两位顾客均获得180元返金劵的概率
（2）①若选择抽奖方案一，则每一次摸到红球的概率为，每一次摸到白球的概率为.
设获得返金劵金额为元，则可能的取值为60，100，140，180.
则；
；
；
.
所以选择抽奖方案一，该顾客获得返金劵金额的数学期望为
（元）
若选择抽奖方案二，设三次摸球的过程中，摸到红球的次数为，最终获得返金劵的金额为元，则，故
所以选择抽奖方案二，该顾客获得返金劵金额的
数学期望为（元）.
②即，所以该超市应选择第一种抽奖方案
【点睛】
本题主要考查了古典概型，相互独立事件的概率，二项分布，期望，及概率知识在实际问题中的应用，属于中档题.
18、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）取的中点，证明,则平面平面，则可证平面.
（2）利用，是平面的高，容易求.，再求，则点到平面的距离可求.
【详解】
解：（1）如图：
取的中点，连接、.
在中，是的中点，是的中点，
平面平面,故平面
在直角梯形中， ，且，
∴四边形是平行四边形，，同理平面
又,故平面平面，
又平面平面.
（2）是圆的直径，点是圆上异于、的一点，
又∵平面平面，平面平面
平面，
可得是三棱锥的高线.
在直角梯形中，.
设到平面的距离为，则，即
由已知得，
由余弦定理易知：，则
解得，即点到平面的距离为
故答案为：.
【点睛】
考查线面平行的判定和利用等体积法求距离的方法，是中档题.
19、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）要证明，只需证明平面即可；
（2）以C为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求，并求其最大值从而确定出使问题得到解决.
【详解】
（1）连结AC、AE，由已知，四边形ABCE为正方形，则①，因为底面
，则②，由①②知平面，所以.
（2）以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，所以，，，设，
，则，所以
，设，则
，所以当，即时，取最大值，
从而取最小值，即直线与直线所成的角最小，此时，
则，因为，，则平面，从而M到平面的
距离，所以.
【点睛】
本题考查线面垂直证线线垂直、异面直线直线所成角计算、换元法求函数最值以及等体积法求三棱锥的体积，考查的内容较多，计算量较大，解决此类问题最关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.
20、（I）；（II）．
【解析】
试题分析：（I）由已知可得
；（II）依题意得：
的周长为．
试题解析：（I）∵，∴．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（II）依题意得：
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为．
考点：1、解三角形；2、三角恒等变换．
21、（1）；
（2）极小值为，递减区间为：，递增区间为.
【解析】
（1）由题意得到关于实数的方程组，求解方程组，即可求得的值；
（2）结合（1）中的值得出函数的解析式，即可利用导数求得函数的单调区间和极小值.
【详解】
（1）由题意，函数，则，
由当时，有极大值，则，解得.
（2）由（1）可得函数的解析式为，
则，
令，即，解得，
令，即，解得或，
所以函数的单调减区间为，递增区间为，
当时，函数取得极小值，极小值为.当时，有极大值3.
【点睛】
本题主要考查了函数的极值的概念，以及利用导数求解函数的单调区间和极值，其中解答中熟记函数的极值的概念，以及函数的导数与原函数的关系，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
22、（1）（2）
【解析】
（1）利用正弦，余弦定理对式子化简求解即可；
（2）利用余弦定理以及三角形的面积，求解三角形的周长即可．
【详解】
（1），由正弦定理可得：，即：，由余弦定理得.
（2）∵，所以，，又，且 ，，的周长为
【点睛】
本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，三角形的面积公式，也考查计算能力，属于基础题.
0.01
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828