2026届甘肃省武威市高中名校高三3月份模拟考试数学试题含解析

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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．某人用随机模拟的方法估计无理数的值，做法如下：首先在平面直角坐标系中，过点作轴的垂线与曲线相交于点，过作轴的垂线与轴相交于点（如图），然后向矩形内投入粒豆子，并统计出这些豆子在曲线上方的有粒，则无理数的估计值是（ ）

A．B．C．D．
2．已知函数，，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，，，则边上的高为（ ）
A．B．2C．D．
4．如图，平面与平面相交于，，，点，点，则下列叙述错误的是（ ）
A．直线与异面
B．过只有唯一平面与平行
C．过点只能作唯一平面与垂直
D．过一定能作一平面与垂直
5．音乐，是用声音来展现美，给人以听觉上的享受，熔铸人们的美学趣味．著名数学家傅立叶研究了乐声的本质，他证明了所有的乐声都能用数学表达式来描述，它们是一些形如的简单正弦函数的和，其中频率最低的一项是基本音，其余的为泛音．由乐声的数学表达式可知，所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍，称为基本音的谐波．下列函数中不能与函数构成乐音的是（ ）
A．B．C．D．
6．已知的内角、、的对边分别为、、，且，，为边上的中线，若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线的实轴长为，离心率为，、分别为双曲线的左、右焦点，点在双曲线上运动，若为锐角三角形，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知且，函数，若，则（ ）
A．2B．C．D．
9．下图是民航部门统计的某年春运期间，六个城市售出的往返机票的平均价格（单位元），以及相比于上一年同期价格变化幅度的数据统计图，以下叙述不正确的是（ ）
A．深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高
B．天津的往返机票平均价格变化最大
C．上海和广州的往返机票平均价格基本相当
D．相比于上一年同期，其中四个城市的往返机票平均价格在增加
10．在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（ ）
A．B．C．D．
11．设M是边BC上任意一点，N为AM的中点，若，则的值为( )
A．1B．C．D．
12．设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．B．C．7D．2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，且.若四棱锥P-ABCD的五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则______________；四棱锥P-ABCD的体积为______________.
14．随着国力的发展，人们的生活水平越来越好，我国的人均身高较新中国成立初期有大幅提高.为了掌握学生的体质与健康现状，合理制定学校体育卫生工作发展规划，某市进行了一次全市高中男生身高统计调查，数据显示全市30000名高中男生的身高（单位：）服从正态分布，且，那么该市身高高于的高中男生人数大约为__________.
15．设复数满足，其中是虚数单位，若是的共轭复数，则____________．
16．已知是第二象限角，且，，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）自湖北武汉爆发新型冠状病毒惑染的肺炎疫情以来，武汉医护人员和医疗、生活物资严重缺乏，全国各地纷纷驰援.截至1月30日12时，湖北省累计接收捐赠物资615.43万件，包括医用防护服2.6万套N95口軍47.9万个，医用一次性口罩172.87万个，护目镜3.93万个等.中某运输队接到给武汉运送物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送720t物资.已知每辆卡车每天往返的次数：A型卡车16次，B型卡车12次；每辆卡车每天往返的成本：A型卡车240元，B型卡车378元.求每天派出A型卡车与B型卡车各多少辆，运输队所花的成本最低？
18．（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，.
（1）证明：平面平面ABCD；
（2）设H在AC上，，若，求PH与平面PBC所成角的正弦值.
19．（12分）已知函数（），且只有一个零点.
（1）求实数a的值；
（2）若，且，证明：.
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点为棱的中点．
（Ⅰ）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；
（Ⅱ）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角．
21．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，.
（1）求csC；
（2）若b＝7，D是BC边上的点，且△ACD的面积为，求sin∠ADB.
22．（10分）某公园有一块边长为3百米的正三角形空地，拟将它分割成面积相等的三个区域，用来种植三种花卉.方案是：先建造一条直道将分成面积之比为的两部分（点D，E分别在边，上）；再取的中点M，建造直道（如图）.设，，（单位：百米）.
（1）分别求，关于x的函数关系式；
（2）试确定点D的位置，使两条直道的长度之和最小，并求出最小值.
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、D
【解析】
利用定积分计算出矩形中位于曲线上方区域的面积，进而利用几何概型的概率公式得出关于的等式，解出的表达式即可.
【详解】
在函数的解析式中，令，可得，则点，直线的方程为，
矩形中位于曲线上方区域的面积为，
矩形的面积为，
由几何概型的概率公式得，所以，.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用随机模拟的思想估算的值，考查了几何概型概率公式的应用，同时也考查了利用定积分计算平面区域的面积，考查计算能力，属于中等题.
2、B
【解析】
可判断函数在上单调递增，且，所以.
【详解】
在上单调递增，且，
所以.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了函数单调性的判定，指数函数与对数函数的性质，利用单调性比大小等知识，考查了学生的运算求解能力.
3、C
【解析】
结合正弦定理、三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，求得边长，由此求得边上的高.
【详解】
过作，交的延长线于.由于，所以为钝角，且，所以.在三角形中，由正弦定理得，即，所以.在中有，即边上的高为.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，属于中档题.
4、D
【解析】
根据异面直线的判定定理、定义和性质，结合线面垂直的关系，对选项中的命题判断.
【详解】
A.假设直线与共面，则A，D，B，C共面，则AB，CD共面，与，矛盾， 故正确.
B. 根据异面直线的性质知，过只有唯一平面与平行，故正确.
C. 根据过一点有且只有一个平面与已知直线垂直知，故正确.
D. 根据异面直线的性质知，过不一定能作一平面与垂直，故错误.
故选：D
【点睛】
本题主要考查异面直线的定义，性质以及线面关系，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.
5、C
【解析】
由基本音的谐波的定义可得,利用可得,即可判断选项.
【详解】
由题,所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍,称为基本音的谐波,
由,可知若,则必有,
故选:C
【点睛】
本题考查三角函数的周期与频率,考查理解分析能力.
6、B
【解析】
延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，根据余弦定理可求出，进而可得的面积.
【详解】
解：延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，
则，，，
在中，
则，得，
.
故选：B.
【点睛】
本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，其中根据中线作出平行四边形是关键，是中档题.
7、A
【解析】
由已知先确定出双曲线方程为，再分别找到为直角三角形的两种情况，最后再结合即可解决.
【详解】
由已知可得，，所以，从而双曲线方程为
，不妨设点在双曲线右支上运动，则，当时，
此时，所以，
，所以；
当轴时，，所以，又为锐角三
角形，所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查双曲线的性质及其应用，本题的关键是找到为锐角三角形的临界情况，即为直角三角形，是一道中档题.
8、C
【解析】
根据分段函数的解析式，知当时，且，由于，则，即可求出.
【详解】
由题意知：
当时，且
由于，则可知：，
则，
∴，则，
则.
即.
故选：C.
【点睛】
本题考查分段函数的应用，由分段函数解析式求自变量.
9、D
【解析】
根据条形图可折线图所包含的数据对选项逐一分析，由此得出叙述不正确的选项.
【详解】
对于A选项，根据折线图可知深圳的变化幅度最小，根据条形图可知北京的平均价格最高，所以A选项叙述正确.
对于B选项，根据折线图可知天津的往返机票平均价格变化最大，所以B选项叙述正确.
对于C选项，根据条形图可知上海和广州的往返机票平均价格基本相当，所以C选项叙述正确.
对于D选项，根据折线图可知相比于上一年同期，除了深圳外，另外五个城市的往返机票平均价格在增加，故D选项叙述错误.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查根据条形图和折线图进行数据分析，属于基础题.
10、D
【解析】
由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解
【详解】
根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以.

故选：D
【点睛】
本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养
11、B
【解析】
设，通过，再利用向量的加减运算可得，结合条件即可得解.
【详解】
设，
则有.
又，
所以，有.
故选B.
【点睛】
本题考查了向量共线及向量运算知识，利用向量共线及向量运算知识，用基底向量向量来表示所求向量，利用平面向量表示法唯一来解决问题.
12、B
【解析】
根据等差数列的性质并结合已知可求出，再利用等差数列性质可得，即可求出结果．
【详解】
因为，所以，所以，
所以，
故选：B
【点睛】
本题主要考查等差数列的性质及前项和公式，属于基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、90°
【解析】
易得平面PAD，P点在与BA垂直的圆面内运动，显然，PA是圆的直径时，PA最长；将四棱锥补形为长方体，易得为球的直径即可得到PD，从而求得四棱锥的体积.
【详解】
如图，由及，得平面PAD，
即P点在与BA垂直的圆面内运动，
易知，当P、、A三点共线时，PA达到最长，
此时，PA是圆的直径，则；
又，所以平面ABCD，
此时可将四棱锥补形为长方体，
其体对角线为，底面边长为2的正方形，
易求出，高，
故四棱锥体积.
故答案为： (1) 90° ； (2) .
【点睛】
本题四棱锥外接球有关的问题，考查学生空间想象与逻辑推理能力，是一道有难度的压轴填空题.
14、3000
【解析】
根据正态曲线的对称性求出，进而可求出身高高于的高中男生人数.
【详解】
解：全市30000名高中男生的身高（单位：）服从正态分布，且，
则，
该市身高高于的高中男生人数大约为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查正态曲线的对称性的应用，是基础题.
15、
【解析】
由于，则．
16、
【解析】
由是第二象限角，且，可得，由及两角和的正切公式可得的值.
【详解】
解：由是第二象限角，且，可得，，
由，可得，代入，
可得，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角和的正切公式，相对不难，注意运算的准确性.
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、每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低
【解析】
设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，由题意列出约束条件，作出可行域，求出使目标函数取最小值的整数解，即可得解.
【详解】
设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，运输队所花成本为元，
由题意可知，，
整理得，
目标函数，
如图所示，为不等式组表示的可行域，
由图可知，当直线经过点时，最小，
解方程组，解得，，
然而，故点不是最优解.
因此在可行域的整点中，点使得取最小值，
即，
故每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低.
【点睛】
本题考查了线性规划问题中的最优整数解问题，考查了数形结合的思想，解题关键在于列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数，同时注意整点的选取，属于中档题.
18、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）记，连结，推导出，平面，由此能证明平面平面；（2）推导出，平面，连结，由题意得为的重心，，从而平面平面，进而是与平面所成角，由此能求出与平面所成角的正弦值．
【详解】
（1）证明：记，
连结，中，，，，
，，平面，
平面，平面平面．
（2）中，，，，，
，，
，，
，平面，∴，
连结，由题意得为的重心，
，，，平面
平面平面，∴在平面的射影落在上，
是与平面所成角，
中，，，，
．
与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19、（1）（2）证明见解析
【解析】
(1)求导可得在上,在上,所以函数在时,取最小值,由函数只有一个零点,观察可知则有,即可求得结果.
(2)由(1)可知为最小值,则构造函数（）,求导借助基本不等式可判断为减函数,即可得,即则有,由已知可得，由,可知 ,因为时,为增函数，即可得证得结论.
【详解】
（1）（）.
因为，所以，
令得，
，
且，，在上；
在上；
所以函数在时，取最小值，
当最小值为0时，函数只有一个零点，
易得，所以，
解得.
（2）由（1）得，函数，
设（），则，
设（），
则，
，
所以为减函数，所以，
即，
所以，即，
又，所以，
又当时，为增函数，
所以，即.
【点睛】
本题考查借助导数研究函数的单调性及最值,考查学生分析问题的能力,及逻辑推理能力,难度困难.
20、（1）见解析（2）
【解析】
（Ⅰ）取的中点，连结、，得到故且，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.
（Ⅱ）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，求得平面的法向量为，和平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，进而得到为直线与平面所成的角，即可求解.
【详解】
（Ⅰ）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点．
理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，
且，故且.所以，四边形为平行四边形.
所以，，又平面，平面，所以，平面.
（Ⅱ）由题意知为正三角形，所以，亦即，
又，所以，且平面平面，平面平面，
所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
设，则由题意知，，，，
，，
设平面的法向量为，
则由得，令，则，，
所以取，显然可取平面的法向量，
由题意：，所以.
由于平面，所以在平面内的射影为，
所以为直线与平面所成的角，
易知在中，，从而，
所以直线与平面所成的角为.
【点睛】
本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
21、（1）；（2）.
【解析】
（1）根据诱导公式和二倍角公式，将已知等式化为角关系式，求出，再由二倍角余弦公式，即可求解；
（2）在中，根据面积公式求出长，根据余弦定理求出，由正弦定理求出
，即可求出结论.
【详解】
（1），
，
；
（2）在中，由（1）得，
，
由余弦定理得
，
，在中，
，
.
【点睛】
本题考查三角恒等变换求值、面积公式、余弦定理、正弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于中档题.
22、（1），.，.
（2）当百米时，两条直道的长度之和取得最小值百米.
【解析】
（1）由，可解得.方法一：再在中，利用余弦定理，可得关于x的函数关系式；在和中，利用余弦定理，可得关于x的函数关系式.方法二：在中，可得，则有，化简整理即得；同理，化简整理即得.（2）由（1）和基本不等式，计算即得.
【详解】
解：（1），是边长为3的等边三角形，又，
，.
由，得.
法1：在中，由余弦定理，得
.
故直道长度关于x的函数关系式为，.
在和中，由余弦定理，得
①
②
因为M为的中点，所以.
由①②，得，
所以，所以.
所以，直道长度关于x的函数关系式为
，.
法2：因为在中，，
所以.
所以，直道长度关于x的函数关系式为，.
在中，因为M为的中点，所以.
所以.
所以，直道长度关于x的函数关系式为，.
（2）由（1）得，两条直道的长度之和为
（当且仅当即时取“”）.
故当百米时，两条直道的长度之和取得最小值百米.
【点睛】
本题考查了余弦定理和基本不等式，第一问也可以利用三角形中的向量关系进行求解，属于中档题.