2026届甘肃省武威市第六中学高考数学倒计时模拟卷含解析(1)

这是一份2026届甘肃省武威市第六中学高考数学倒计时模拟卷含解析(1)，共18页。试卷主要包含了若，满足约束条件，则的最大值是，已知集合，集合，则等于，函数的图象可能为等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．如图，平面四边形中，，，，，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
2．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为
A．72B．64C．48D．32
3．若，满足约束条件，则的最大值是（ ）
A．B．C．13D．
4．已知非零向量满足，若夹角的余弦值为，且，则实数的值为（ ）
A．B．C．或D．
5．甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人.其中甲必须去社区，乙不去社区，则不同的安排方法种数为 （ ）
A．8B．7C．6D．5
6．已知集合，集合，则等于（ ）
A．B．
C．D．
7．设等比数列的前项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
8．已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
9．《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻）若从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为（ ）
A．B．C．D．
10．函数的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
11．已知F是双曲线（k为常数）的一个焦点，则点F到双曲线C的一条渐近线的距离为（ ）
A．2kB．4kC．4D．2
12．双曲线的渐近线与圆(x－3)2＋y2＝r2(r＞0)相切，则r等于( )
A．B．2
C．3D．6
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知单位向量的夹角为,则=_________.
14．已知平面向量，的夹角为，且，则=____
15．已知双曲线的左焦点为，、为双曲线上关于原点对称的两点，的中点为，的中点为，的中点为，若，且直线的斜率为，则__________，双曲线的离心率为__________．
16．如图，在菱形ABCD中，AB=3，，E，F分别为BC，CD上的点，，若线段EF上存在一点M，使得，则____________，____________．（本题第1空2分，第2空3分）
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）椭圆：的离心率为，点 为椭圆上的一点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若斜率为的直线过点，且与椭圆交于两点，为椭圆的下顶点，求证：对于任意的实数，直线的斜率之积为定值.
18．（12分）已知函数.
（1）若函数在上单调递减，求实数的取值范围；
（2）若，求的最大值.
19．（12分）已知函数和的图象关于原点对称，且．
（1）解关于的不等式；
（2）如果对，不等式恒成立，求实数的取值范围．
20．（12分）在如图所示的多面体中，四边形是矩形，梯形为直角梯形，平面平面，且，，.
（1）求证：平面.
（2）求二面角的大小.
21．（12分）已知在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，且．
（1）求角A的值；
（2）若，设角，周长为y，求的最大值．
22．（10分）
(Ⅰ)证明： ；
(Ⅱ)证明：()；
(Ⅲ)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、C
【解析】
由题意可得面，可知，因为，则面，于是.由此推出三棱锥外接球球心是的中点，进而算出，外接球半径为1，得出结果.
【详解】
解：由，翻折后得到，又，
则面，可知．
又因为，则面，于是，
因此三棱锥外接球球心是的中点．
计算可知，则外接球半径为1，从而外接球表面积为．
故选：C.
【点睛】
本题主要考查简单的几何体、球的表面积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及创新意识，属于中档题．
2、B
【解析】
由三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，利用体积公式，即可求解。
【详解】
由题意，几何体的三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，
所以几何体的体积为，故选B。
【点睛】
本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线。求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解。
3、C
【解析】
由已知画出可行域，利用目标函数的几何意义求最大值．
【详解】
解：表示可行域内的点到坐标原点的距离的平方，画出不等式组表示的可行域，如图，由解得即
点到坐标原点的距离最大，即．
故选：．
【点睛】
本题考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力，属于基础题．
4、D
【解析】
根据向量垂直则数量积为零，结合以及夹角的余弦值，即可求得参数值.
【详解】
依题意，得，即.
将代入可得，，
解得（舍去）.
故选：D.
【点睛】
本题考查向量数量积的应用，涉及由向量垂直求参数值，属基础题.
5、B
【解析】
根据题意满足条件的安排为：A（甲，乙）B（丙）C（丁）；A（甲，乙）B（丁）C（丙）；A（甲，丙）B（丁）C（乙）； A（甲，丁）B（丙）C（乙）； A（甲）B（丙，丁）C（乙）；A（甲）B（丁）C（乙，丙）；A（甲）B（丙）C（丁，乙）；共7种，选B.
6、B
【解析】
求出中不等式的解集确定出集合，之后求得.
【详解】
由，
所以，
故选：B.
【点睛】
该题考查的是有关集合的运算的问题，涉及到的知识点有一元二次不等式的解法，集合的运算，属于基础题目.
7、A
【解析】
首先根据等比数列分别求出满足，的基本量，根据基本量的范围即可确定答案.
【详解】
为等比数列，
若成立，有，
因为恒成立，
故可以推出且，
若成立，
当时，有，
当时，有，因为恒成立，所以有，
故可以推出，，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了等比数列基本量的求解，充分必要条件的集合关系，属于基础题.
8、B
【解析】
令，则，由图象分析可知在上有两个不同的根，再利用一元二次方程根的分布即可解决.
【详解】
令，则，如图
与顶多只有3个不同交点，要使关于的方程有
六个不相等的实数根，则有两个不同的根，
设由根的分布可知，
，解得.
故选：B.
【点睛】
本题考查复合方程根的个数问题，涉及到一元二次方程根的分布，考查学生转化与化归和数形结合的思想，是一道中档题.
9、C
【解析】
分类讨论，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦；从仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦中取一个，再取没有阳爻的坤卦，计算满足条件的种数，利用古典概型即得解.
【详解】
由图可知，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦满足条件，其种数是；
仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦，没有阳爻的是坤卦，此时取两卦满足条件的种数是，于是所求的概率．
故选：C
【点睛】
本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.
10、C
【解析】
先根据是奇函数，排除A，B，再取特殊值验证求解.
【详解】
因为，
所以是奇函数，故排除A，B，
又，
故选：C
【点睛】
本题主要考查函数的图象，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
11、D
【解析】
分析可得,再去绝对值化简成标准形式,进而根据双曲线的性质求解即可.
【详解】
当时,等式不是双曲线的方程；当时,,可化为,可得虚半轴长,所以点F到双曲线C的一条渐近线的距离为2.
故选：D
【点睛】
本题考查双曲线的方程与点到直线的距离.属于基础题.
12、A
【解析】
由圆心到渐近线的距离等于半径列方程求解即可.
【详解】
双曲线的渐近线方程为y＝±x，圆心坐标为(3,0)．由题意知，圆心到渐近线的距离等于圆的半径r，即r＝.
答案：A
【点睛】
本题考查了双曲线的渐近线方程及直线与圆的位置关系，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
因为单位向量的夹角为，所以，所以==.
14、1
【解析】
根据平面向量模的定义先由坐标求得，再根据平面向量数量积定义求得；将化简并代入即可求得.
【详解】
，则，
平面向量，的夹角为，则由平面向量数量积定义可得，
根据平面向量模的求法可知，
代入可得，
解得，
故答案为：1.
【点睛】
本题考查了平面向量模的求法及简单应用，平面向量数量积的定义及运算，属于基础题.
15、
【解析】
设，，根据中点坐标公式可得坐标，利用可得到点坐标所满足的方程，结合直线斜率可求得，进而求得；将点坐标代入双曲线方程，结合焦点坐标可求得，进而得到离心率.
【详解】
左焦点为，双曲线的半焦距．
设，，，，
，，即，，即，
又直线斜率为，即，，，
，
在双曲线上，，即，
结合可解得：，，离心率.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查直线与双曲线的综合应用问题，涉及到直线截双曲线所得线段长度的求解、双曲线离心率的求解问题；关键是能够通过设点的方式，结合直线斜率、垂直关系、点在双曲线上来构造方程组求得所需变量的值.
16、
【解析】
根据题意，设，则，所以，解得，所以，从而有 .
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）证明见解析
【解析】
（1）运用离心率公式和点满足椭圆方程，解得，，进而得到椭圆方程；（2）设直线，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，以及点在直线上满足直线方程，化简整理，即可得到定值．
【详解】
（1）因为，所以， ①
又椭圆过点， 所以 ②
由①②，解得
所以椭圆的标准方程为 .
（2）证明 设直线：，
联立得，
设，
则
易知
故
所以对于任意的，直线的斜率之积为定值.
【点睛】
本题考查椭圆的方程的求法，注意运用离心率公式和点满足椭圆方程，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，考查运算能力，属于中档题．
18、（1）（2）
【解析】
（1）根据单调递减可知导函数恒小于等于，采用参变分离的方法分离出，并将的部分构造成新函数，分析与最值之间的关系；
（2）通过对的导函数分析，确定有唯一零点，则就是的极大值点也是最大值点，计算的值并利用进行化简，从而确定.
【详解】
（1）由题意知， 在上恒成立，所以在上恒成立.
令，则，
所以在上单调递增，所以，
所以.
（2）当时，.
则，
令，则，
所以在上单调递减.
由于，，所以存在满足，即.
当时，，；当时，，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，
因为，所以，所以，
所以.
【点睛】
（1）求函数中字母的范围时，常用的方法有两种：参变分离法、分类讨论法；
（2）当导函数不易求零点时，需要将导函数中某些部分拿出作单独分析，以便先确定导函数的单调性从而确定导函数的零点所在区间，再分析整个函数的单调性，最后确定出函数的最值.
19、（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）由函数和的图象关于原点对称可得的表达式，再去掉绝对值即可解不等式；（2）对，不等式成立等价于，去绝对值得不等式组，即可求得实数的取值范围.
试题解析：（1）∵函数和的图象关于原点对称，
∴，
∴ 原不等式可化为，即或，
解得不等式的解集为；
（2）不等式可化为：，
即，
即，则只需， 解得，的取值范围是.
20、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）根据面面垂直性质及线面垂直性质，可证明；由所给线段关系，结合勾股定理逆定理，可证明，进而由线面垂直的判定定理证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，由空间向量法求得两个平面夹角的余弦值，结合图形即可求得二面角的大小.
【详解】
（1）证明：∵平面平面ABEG，且，
∴平面，
∴，
由题意可得，
∴，
∵，且，
∴平面.
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，，.
设平面的法向量是，
则，
令，，
由（1）可知平面的法向量是，
∴，
由图可知，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为.
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定，面面垂直及线面垂直的性质应用，空间向量法求二面角的大小，属于中档题.
21、（1）；（2）．
【解析】
（1）利用正弦定理，结合题中条件，可以得到，之后应用余弦定理即可求得；
（2）利用正弦定理求得，求出三角形的周长，利用三角函数的最值求解即可.
【详解】
（1）由已知可得，
结合正弦定理可得，∴，
又，∴．
（2）由，及正弦定理得，
∴，，
故，即，
由，得，∴当，即时，．
【点睛】
该题主要考查的是有关解三角形的问题，解题的关键是掌握正余弦定理，属于简单题目.
22、 (Ⅰ)见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）见解析
【解析】
运用数学归纳法证明即可得到结果
化简，运用累加法得出结果
运用放缩法和累加法进行求证
【详解】
（Ⅰ）数学归纳法证明时，
①当时，成立；
②当时，假设成立，则时
所以时，成立
综上①②可知，时，
（Ⅱ）由
得
所以； ；

故，又
所以

(Ⅲ)
由累加法得：
所以故
【点睛】
本题考查了数列的综合，运用数学归纳法证明不等式的成立，结合已知条件进行化简求出化简后的结果，利用放缩法求出不等式，然后两边同时取对数再进行证明，本题较为困难。