2026届甘肃省白银市高考数学自编模拟卷

学号： 年级： 班级： 姓名： 考场： 密 封 线 考生答题不得超过此密封线 学号： 年级： 班级： 姓名： 考场： 密 封 线 考生答题不得超过此密封线 2026年普通高等学校招生全国统一模拟考试 数 学 考生注意：本试卷满分150分，考试时间为120分钟 一、单选题（共8题，每题5分，共40分.每题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的.） 1．已知集合，集合，则（   ） A． B． C． D． 2．已知为抛物线上的动点，为的焦点，点，则的最小值为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．已知函数，在上单调递增，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．已知，为非零向量，则“存在实数，使”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．已知长方体的外接球表面积为，且，则该长方体的体积的最大值为（    ） A． B． C．3 D． 7．某人计划到山东旅游，打算用连续5天时间游玩泰山、崂山、蓬莱阁3个景点，其中泰山、崂山2个景点分别安排连续的两天游玩，则不同的日程安排种数为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 8．若定义在上的函数在上单调递增，的图象关于直线对称，，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（共3题，每题6分，全部选对得6分你，部分选对得部分分，选错不得分.） 9．关于幂函数，下列结论正确的是（   ） A．的图象经过原点 B．为偶函数 C．的值域为 D．在区间上单调递增 10．甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有2个红球，8个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（ ） A．为对立事件 B． C． D． 11．如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，为的中点，则（    ） A． B．直线与所成角的最大值为 C．过点作该正方体的截面，则截面的面积为 D．三棱锥外接球半径的取值范围为 三、填空题（共3题，每题5分，共15分.） 12．若，则 13．已知函数，若在区间上恰有3个零点，则的取值范围是 . 14．在数列和中，，，且不等式对任意恒成立，则的取值范围为 ． 四、解答题（共77分.） 15．（13分）在中，角所对的边分别为，且满足． (1)求角的大小； (2)若，求的周长的最大值． 16．（15分）某芯片代工厂生产甲、乙两种型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这两种芯片中各抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示： 假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率． (1)求频率分布直方图中的值 (2)估计乙型芯片该项指标的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； (3)已知甲型芯片指标在为航天级芯片，乙型芯片指标在为航天级芯片．现分别采用分层抽样的方式，从甲型芯片指标在内取2件，乙型芯片指标在内取4件，再从这6件中任取2件，求这2件都是航天级芯片的概率． 17．（15分）如图，等腰直角三角形中，，为中点，分别为边上的动点，且，将三角形沿折起，使点折至点的位置，二面角大小为，连接． (1)求证：平面； (2)若点为中点，求异面直线与所成的角的大小； (3)试判断直线与平面所成的角的大小是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由． 18．（17分）已知是双曲线的右焦点，且经过点． (1)求的标准方程． (2)已知斜率为的直线与的右支相交于A，B两点，直线，的一个方向向量分别为，，，且． （ⅰ）求． （ⅱ）判断是否过定点．若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 19．（17分）已知函数. (1)若，求函数在区间上的单调区间； (2)若，函数在区间的零点从小到大依次构成数列； （i）证明: 函数在区间有唯一零点，且； （ii）令，判断并证明数列的单调性. 2026年普通高等学校招生全国统一模拟考试 数 学 参 考 答 案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C D D B C D B 题号 9 10 11 答案 BC ABC ACD 1．C 【分析】解集合A中的不等式，得到集合A，求集合B中函数的定义域，得到集合B，再由交集的定义求. 【详解】不等式，解得，则集合， 函数有意义，则，解得， 则集合， 所以. 故选：C 2．C 【分析】利用抛物线的定义将转化为点到准线的距离，结合几何意义，求得的最小值为点到抛物线准线的距离. 【详解】抛物线的准线方程为． 设到准线的距离为到准线的距离为， 则， 则的最小值为6． 故选：C 3．D 【分析】根据题意，利用余弦的倍角公式，化简求得，得到，结合，即可求解. 【详解】因为，所以， 则， 所以. 故选：D. 4．D 【分析】根据给定条件，利用分段函数单调性，结合对勾函数及对数函数单调性列式求出范围. 【详解】由函数在上单调递增， 得函数在上单调递增，则； 函数在上单调递增，又，对勾函数在上单调递增， 则，即，解得，因此； 又，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：D 5．B 【分析】由向量共线用表示出，应用向量数量积的运算律得，结合充分、必要性的定义判断推出关系，即可得. 【详解】由存在实数，使， 则，， 当时，，故充分性不成立， 由，则， 故， 所以， 即，故， 所以同向共线，即存在实数，使，必要性成立， 所以“存在实数，使”是“”的必要不充分条件. 故选：B 6．C 【分析】设长方体的外接球半径为，且，根据球的表面积公式，求得，再由长方体的对角线长公式，求得，结合基本不等式，即可求得长方体体积的最大值，得到答案. 【详解】设长方体的外接球半径为，且， 因为外接球表面积为，故，即， 又因为，可得，即， 所以该长方体的体积，当且仅当时，等号成立， 所以长方体的体积的最大值为. 故选：C． 7．D 【分析】利用分步计数原理即可求解. 【详解】首先考虑蓬莱阁的游玩，可能安排在第1天或第3天或第5天，所以共有种不同的日程安排． 故选：D 8．B 【分析】先分析函数的奇偶性，再结合函数的单调性解函数不等式. 【详解】因为函数的图象是由函数的图象向右平移1个单位得到，且其对称轴为， 所以函数的图象关于直线即轴对称，所以函数为偶函数. 又在上单调递增，且， 所以函数在上单调递减，且. 所以当或时，；当时，. 又或， 解得或. 所以所求不等式的解集为. 故选：B 9．BC 【分析】先由是幂函数得到的值，从而可得的解析式，然后根据幂函数的图象性质依次判断各选项即可. 【详解】由题意，，所以，所以，即． 对于A，的定义域为，故的图象不经过原点，A错误； 对于B，因为的定义域为，且，故为偶函数，B正确； 对于C，由于，故值域为，C正确； 对于D，由于，故在区间上单调递减，D错误． 故选：BC． 10．ABC 【分析】分别由对立事件、条件概率定义结合古典概型和全概率公式逐项进行分析计算即可得解. 【详解】对于A，因为甲罐中只有红球和白球，即，所以为对立事件，故A正确； 对于B，当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时，故B正确； 对于CD，当发生时，乙罐中有2个红球，9个白球，此时， 所以，， 故C正确，D不正确. 故选：ABC 11．ACD 【分析】以为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求出，求出利用向量法即可判断A；求出利用向量法即可判断B；找到截面，即等腰梯形，求其面积即可判断C；设球心，利用两点间距离公式求出，建立等式求出的范围进而求出半径的范围，即可判断D. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，所以， 设，其中，即， 所以点， 又，，， 所以，， 所以， 所以，故A正确； ， 因为，所以， 所以， 函数在上单调递减， 所以当时，函数取得最大值，当时，函数取得最小值， 所以， 所以， 当时，直线与所成角最大， 因为，故直线与所成角的最大值不为，故B错误； 取中点，连接， 因为为的中点，所以， 截面即为四边形， 又，所以， 又因为，故四边形为等腰梯形， 如图，作，垂足为， 所以， 所以， 所以等腰梯形的面积， 即截面的面积为，故C正确； 取的中点，因为为直角三角形，所以为外接圆的圆心， 设外接球的球心为，根据外接球的性质，则平面， 设球心， 则， ， 因为，所以， 即， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值，当时，函数取得最大值， 所以，所以， 即三棱锥外接球半径的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】利用向量平行的性质求出，再利用向量模的公式求解即可. 【详解】因为， 所以，即，有， 可知. 故答案为：. 13． 【分析】利用正弦型函数的零点性质，分析相位的范围，即可得到参数取值范围. 【详解】因为，所以, 由函数零点等价于函数的零点， 再结合正弦函数在区间上恰有3个零点， 则，解得， 故答案为： 14． 【分析】构造函数，分析函数的单调性，求出函数的最小值，进而求出的取值范围. 【详解】设， 则． 易得函数为增函数． 由，，得，， 所以，故的取值范围为． 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用辅助角法求解； （2）由，结合余弦定理得到，再利用基本不等式得到求解. 【详解】（1）因为， 所以， 因为，所以， 即，即， 所以， 因为，所以，； （2）由余弦定理及， 得，即， 即，又，即， 所以，即，当且仅当时，等号成立， 所以周长， 所以周长最大值为． 16．(1)(2)(3) 【分析】（1）由频率和为1求出的值. （2）根据平均数公式求出平均值. （3）根据条件列举样本容量和样本点的方法，利用古典概型概率公式求解即可. 【详解】（1）由题意得，解得. （2）由频率分布直方图得乙型芯片该项指标的平均值： . （3）由甲型芯片的频率分布直方图可知指标在和的频率相同， 根据分层抽样得，来自甲型芯片指标在和的各1件，分别记为和， 由乙型芯片的频率分布直方图可知指标在和的频率之比为， 所以根据分层抽样得，来自乙型芯片指标在和的分别为3件和1件，分别记为和， 从中任取2件，样本空间可记为：， 共15个， 记事件：这2件都是航天级芯片，则共1个， 所以. 17．(1)证明见解析(2)(3)存在，． 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定推理得证. （2）连接，由二面角的定义可得，再利用异面直线所成角的定义求解. （3）作于点，由线面平行的性质求出点到平面的距离，再利用线面角的意义列式求出最大值即可. 【详解】（1）由，得，则， 因此，而平面， 所以平面. （2）连接，由点为中点，，得是的中点，而为中点， 则，是异面直线与所成的角或其补角， 由（1）得是二面角的平面角，，令， 则是正三角形，，由（1）得，于是， 而，在等腰中，，则， 所以异面直线与所成的角的大小为. （3）作于点，由平面，平面，得， 而平面，则平面， 又平面，平面，于是平面， 点到平面距离等于点到平面距离， 设，直线与平面所成的角为， 则， 而，因此，令， 则，当且仅当时取等号， 因此，，又为锐角，则， 所以直线与平面所成的角的大小存在最大值，最大值为. 18．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）过定点． 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（ⅰ）根据数量积的定义化简即可求出； （ⅱ）设直线，与双曲线方程联立，结合（ⅰ）可得出，再根据以及判断，进而得出定点. 【详解】（1）由题意得，得， 所以的标准方程为． （2）（ⅰ）因为，所以是直线的一个方向向量， 因为直线的一个方向向量分别为， 且，所以， 则，整理得． 因为，所以． （ⅱ）过定点． 理由如下：设，，， 由，得， 则， ，， 由（ⅰ）知， 得， 即，整理得， 所以或． 又， 故当时，，不符合题意． 当时，，符合题意． 综上，，所以过定点．    19．(1)单调递减区间为，单调递增区间为， (2)（i）证明见解析；（ii）数列是递减数列，证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数的正负求解即可； （2）（i）首先利用导数说明函数每一个零点所在区间，再结合诱导公式，以及函数的单调性，比较大小后，即可证明； （ii）首先设，利用分析法转化证明，根据条件得到，并通过作差构造函数，，利用导数分析单调性后即可证明. 【详解】（1）当时，，， 则， 令，得或， 令，得， 所以函数在上的单调递减区间为， 单调递增区间为，. （2）（i）当时，，， 则， 所以对于任意在区间上单调递增， 又，当时，， 所以在区间内有唯一零点，则， 所以和都在区间内， 又，所以． （ⅱ）数列是递减数列，证明如下： 要证明数列是递减数列，即证当时，， 即证当时，，即证， 记，则，所以只需证明当时，． 由（ⅰ）知，所以，且． 所以，则，， 所以， 设函数，， 则， 因为在区间上单调递增， 所以当，即时，，即， 所以在时单调递增，则， 即，所以． 又因为在上单调递增，且，所以， 综上所述，数列是递减数列． 高三数学试卷 第1页 共8页 高三数学试卷 第2页 共8页 高三数学试卷 第1页 共8页 高三数学试卷 第2页 共8页 学科网（北京）股份有限公司 $