2026届甘肃省陇东中学高考仿真卷数学试卷含解析

这是一份2026届甘肃省陇东中学高考仿真卷数学试卷含解析，共7页。试卷主要包含了已知集合，则等于等内容，欢迎下载使用。
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．已知命题p：“”是“”的充要条件；，，则（ ）
A．为真命题B．为真命题
C．为真命题D．为假命题
2．根据最小二乘法由一组样本点（其中），求得的回归方程是，则下列说法正确的是( )
A．至少有一个样本点落在回归直线上
B．若所有样本点都在回归直线上，则变量同的相关系数为1
C．对所有的解释变量（），的值一定与有误差
D．若回归直线的斜率，则变量x与y正相关
3．一个正四棱锥形骨架的底边边长为，高为，有一个球的表面与这个正四棱锥的每个边都相切，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
4．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1）），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由个全等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边形，设，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知集合，则等于（ ）
A．B．C．D．
6．执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的( )
A．9B．31C．15D．63
7．为了贯彻落实党中央精准扶贫决策，某市将其低收入家庭的基本情况经过统计绘制如图，其中各项统计不重复．若该市老年低收入家庭共有900户，则下列说法错误的是（ ）
A．该市总有 15000 户低收入家庭
B．在该市从业人员中，低收入家庭共有1800户
C．在该市无业人员中，低收入家庭有4350户
D．在该市大于18岁在读学生中，低收入家庭有 800 户
8．一只蚂蚁在边长为的正三角形区域内随机爬行，则在离三个顶点距离都大于的区域内的概率为( )
A．B．C．D．
9．欧拉公式为,(虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式可知，表示的复数位于复平面中的（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
10．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
11．函数图像可能是（ ）
A．B．C．D．
12．设函数，则，的大致图象大致是的( )
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13． (x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________.
14．已知曲线，点，在曲线上，且以为直径的圆的方程是．则_______．
15．从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为__________.
16．已知集合，，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）在中，，.已知分别是的中点.将沿折起，使到的位置且二面角的大小是60°，连接，如图：
（1）证明：平面平面
（2）求平面与平面所成二面角的大小.
18．（12分）函数
（1）证明：；
（2）若存在，且，使得成立，求取值范围.
19．（12分）某调查机构为了了解某产品年产量x(吨)对价格y(千克/吨)和利润z的影响，对近五年该产品的年产量和价格统计如下表：
（1）求y关于x的线性回归方程；
（2）若每吨该产品的成本为12千元，假设该产品可全部卖出，预测当年产量为多少时，年利润w取到最大值？
参考公式：
20．（12分）若数列前n项和为，且满足（t为常数，且）
（1）求数列的通项公式：
（2）设，且数列为等比数列，令，.求证：.
21．（12分）已知，.
（1）解；
（2）若，证明：.
22．（10分）已知函数.
（1）若是函数的极值点，求的单调区间；
（2）当时，证明：
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】
由的单调性，可判断p是真命题；分类讨论打开绝对值，可得q是假命题，依次分析即得解
【详解】
由函数是R上的增函数，知命题p是真命题．
对于命题q，当，即时，；
当，即时，，
由，得，无解，
因此命题q是假命题．所以为假命题，A错误；
为真命题，B正确；
为假命题，C错误；
为真命题，D错误．
故选：B
【点睛】
本题考查了命题的逻辑连接词，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.
2、D
【解析】
对每一个选项逐一分析判断得解.
【详解】
回归直线必过样本数据中心点，但样本点可能全部不在回归直线上﹐故A错误；
所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为，故B错误；
若所有的样本点都在回归直线上，则的值与相等，故C错误；
相关系数r与符号相同，若回归直线的斜率，则，样本点分布应从左到右是上升的，则变量x与y正相关，故D正确．
故选D．
【点睛】
本题主要考查线性回归方程的性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
3、B
【解析】
根据正四棱锥底边边长为，高为，得到底面的中心到各棱的距离都是1，从而底面的中心即为球心.
【详解】
如图所示：
因为正四棱锥底边边长为，高为，
所以 ，
到 的距离为，
同理到 的距离为1，
所以为球的球心，
所以球的半径为：1，
所以球的表面积为.
故选：B
【点睛】
本题主要考查组合体的表面积，还考查了空间想象的能力，属于中档题.
4、D
【解析】
设，则，小正六边形的边长为，利用余弦定理可得大正六边形的边长为，再利用面积之比可得结论.
【详解】
由题意，设，则，即小正六边形的边长为，
所以，，，在中，
由余弦定理得，
即，解得，
所以，大正六边形的边长为，
所以，小正六边形的面积为，
大正六边形的面积为，
所以，此点取自小正六边形的概率.
故选：D.
【点睛】
本题考查概率的求法，考查余弦定理、几何概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
5、C
【解析】
先化简集合A，再与集合B求交集.
【详解】
因为，，
所以.
故选：C
【点睛】
本题主要考查集合的基本运算以及分式不等式的解法，属于基础题.
6、B
【解析】
根据程序框图中的循环结构的运算，直至满足条件退出循环体，即可得出结果.
【详解】
执行程序框；；；
；；，
满足，退出循环，因此输出，
故选:B.
【点睛】
本题考查循环结构输出结果，模拟程序运行是解题的关键，属于基础题.
7、D
【解析】
根据给出的统计图表，对选项进行逐一判断，即可得到正确答案.
【详解】
解：由题意知，该市老年低收入家庭共有900户，所占比例为6%，
则该市总有低收入家庭900÷6%＝15000（户），A正确，
该市从业人员中，低收入家庭共有15000×12%＝1800（户），B正确，
该市无业人员中，低收入家庭有15000×29%%＝4350（户），C正确，
该市大于18 岁在读学生中，低收入家庭有15000×4%＝600（户），D错误．
故选：D.
【点睛】
本题主要考查对统计图表的认识和分析，这类题要认真分析图表的内容，读懂图表反映出的信息是解题的关键,属于基础题.
8、A
【解析】
求出满足条件的正的面积，再求出满足条件的正内的点到顶点、、的距离均不小于的图形的面积，然后代入几何概型的概率公式即可得到答案．
【详解】
满足条件的正如下图所示：
其中正的面积为，
满足到正的顶点、、的距离均不小于的图形平面区域如图中阴影部分所示，
阴影部分区域的面积为.
则使取到的点到三个顶点、、的距离都大于的概率是.
故选：A.
【点睛】
本题考查几何概型概率公式、三角形的面积公式、扇形的面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题．
9、A
【解析】
计算，得到答案.
【详解】
根据题意，故，表示的复数在第一象限.
故选：.
【点睛】
本题考查了复数的计算， 意在考查学生的计算能力和理解能力.
10、A
【解析】
试题分析：由题意，得，解得，故选A．
考点：函数的定义域．
11、D
【解析】
先判断函数的奇偶性可排除选项A,C，当时，可分析函数值为正，即可判断选项.
【详解】
,
,
即函数为偶函数，
故排除选项A,C，
当正数越来越小，趋近于0时，，
所以函数，故排除选项B,
故选：D
【点睛】
本题主要考查了函数的奇偶性，识别函数的图象，属于中档题.
12、B
【解析】
采用排除法：通过判断函数的奇偶性排除选项A；通过判断特殊点的函数值符号排除选项D和选项C即可求解.
【详解】
对于选项A:由题意知,函数的定义域为，其关于原点对称，
因为,
所以函数为奇函数,其图象关于原点对称，故选A排除；
对于选项D:因为,故选项D排除;
对于选项C:因为,故选项C排除;
故选:B
【点睛】
本题考查利用函数的奇偶性和特殊点函数值符号判断函数图象;考查运算求解能力和逻辑推理能力;选取合适的特殊点并判断其函数值符号是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、40
【解析】
先求出的展开式的通项，再求出即得解.
【详解】
设的展开式的通项为，
令r=3,则，
令r=2,则，
所以展开式中含x3y3的项为.
所以x3y3的系数为40.
故答案为：40
【点睛】
本题主要考查二项式定理求指定项的系数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
14、
【解析】
设所在直线方程为设､点坐标分别为，，都在上，代入曲线方程，两式作差可得，从而可得直线的斜率，联立直线与的方程，由，利用弦长公式即可求解.
【详解】
因为是圆的直径，必过圆心点，
设所在直线方程为
设､点坐标分别为，，都在上，
故两式相减，
可得
(因为是的中点)，即
联立直线与的方程：
又，即，即
又因为，
则有
即
∴.
故答案为：
【点睛】
本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系、弦长公式，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于中档题.
15、
【解析】
基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，由此能求出抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率．
【详解】
从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，
基本事件总数，
抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，分别为：
，，，，，，，，，，
则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为．
故答案为：
【点睛】
本题考查古典概型概率的求法，考查运算求解能力，求解时注意辨别概率的模型．
16、
【解析】
解一元二次不等式化简集合，再进行集合的交运算，即可得到答案.
【详解】
，，
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查一元二次不等式的求解、集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题.
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）证明见解析（2）45°
【解析】
（1）设的中点为，连接，设的中点为，连接，，从而即为二面角的平面角，，推导出，从而平面，则，即，进而平面，推导四边形为平行四边形，从而，平面，由此即可得证.
（2）以B为原点，在平面中过B作BE的垂线为x轴，BE为y轴，BA为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面所成二面角的大小.
【详解】
（1）∵是的中点，∴.
设的中点为，连接.
设的中点为，连接，.
易证：，，
∴即为二面角的平面角.
∴，而为的中点.
易知，∴为等边三角形，∴.①
∵，，，∴平面.
而，∴平面，∴，即.②
由①②，，∴平面.
∵分别为的中点.
∴四边形为平行四边形.
∴，平面，又平面.
∴平面平面.
（2）如图，建立空间直角坐标系，设.
则，，，，
显然平面的法向量，
设平面的法向量为，，，
∴，∴.
，
由图形观察可知，平面与平面所成的二面角的平面角为锐角.
∴平面与平面所成的二面角大小为45°.
【点睛】
本题主要考查立体几何中面面垂直的证明以及求解二面角大小，难度一般，通常可采用几何方法和向量方法两种进行求解.
18、（1）证明见详解；（2）或或
【解析】
（1）
（2）首先用基本不等式得到，然后解出不等式即可
【详解】
（1）因为
所以
（2）当时
所以
当且仅当即时等号成立
因为存在，且，使得成立
所以
所以或
解得：或或
【点睛】
1.要熟练掌握绝对值的三角不等式，即
2.应用基本不等式求最值时要满足“一正二定三相等”.
19、（1）（2）当时，年利润最大．
【解析】
（1）方法一：令，先求得关于的回归直线方程，由此求得关于的回归直线方程.方法二：根据回归直线方程计算公式，计算出回归直线方程.方法一的好处在计算的数值较小.
（2）求得w的表达式，根据二次函数的性质作出预测.
【详解】
（1）方法一：取，则得与的数据关系如下
，
，
，
.
，
，
关于的线性回归方程是即，
故关于的线性回归方程是.
方法二：因为，
，
，
，
，
所以，
故关于的线性回归方程是，
（2）年利润，根据二次函数的性质可知:当时，年利润最大．
【点睛】
本小题主要考查回归直线方程的求法，考查利用回归直线方程进行预测，考查运算求解能力，属于中档题.
20、（1）（2）详见解析
【解析】
（1）利用可得的递推关系，从而可求其通项.
（2）由为等比数列可得，从而可得的通项，利用错位相减法可得的前项和，利用不等式的性质可证.
【详解】
（1）由题意，得：（t为常数，且），
当时，得，得.
由，
故，，故.
（2）由，
由为等比数列可知：，又，故
，化简得到，
所以或（舍）.
所以，，则.
设的前n项和为.则
，相减可得
【点睛】
数列的通项与前项和 的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化. 数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
21、（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）在不等式两边平方化简转化为二次不等式，解此二次不等式即可得出结果；
（2）利用绝对值三角不等式可证得成立.
【详解】
（1），，由得，
不等式两边平方得，即，解得或.
因此，不等式的解集为；
（2），，
由绝对值三角不等式可得.
因此，.
【点睛】
本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用绝对值三角不等式证明不等式，考查推理能力与运算求解能力，属于中等题.
22、（1）递减区间为（-1，0），递增区间为（2）见解析
【解析】
（1）根据函数解析式，先求得导函数，由是函数的极值点可求得参数.求得函数定义域，并根据导函数的符号即可判断单调区间.
（2）当时，.代入函数解析式放缩为，代入证明的不等式可化为，构造函数，并求得，由函数单调性及零点存在定理可知存在唯一的，使得成立，因而求得函数的最小值，由对数式变形化简可证明，即成立，原不等式得证.
【详解】
（1）函数
可求得，则
解得
所以，定义域为
，
在单调递增，而，
∴当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
此时是函数的极小值点，
的递减区间为，递增区间为
（2）证明：当时，
，
因此要证当时，，
只需证明，
即
令，
则，
在是单调递增，
而，
∴存在唯一的，使得，
当，单调递减，当，单调递增，
因此当时，函数取得最小值，
，
，
故，
从而，即，结论成立.
【点睛】
本题考查了由函数极值求参数，并根据导数判断函数的单调区间，利用导数证明不等式恒成立，构造函数法的综合应用，属于难题.
x
1
2
3
4
5
y
17.0
16.5
15.5
13.8
12.2
1
2
3
4
5
7.0
6.5
5.5
3.8
2.2