精品解析：甘肃省2026届高三第一次模拟考试数学试题

2026年高三年级第一次模拟考试试题 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 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2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框.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8小题，每小题5分，共40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. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】要使函数有意义，需使，解得或， 即函数的定义域为. 2. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助复数运算法则计算即可得. 【详解】由，则. 3. 已知，则“”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 【答案】A 【解析】 【详解】若，则，则充分性成立； 若，则满足，但不满足，故必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. 4. 根据如图所示的函数图象，当时，以下不等关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据图像，当时，函数的图像在函数的上方，而在图像的上方，所以. 5. 由数字，可以组成多少个不同的四位数（ ） A. 24 B. 12 C. 10 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】先计算所有数字的全排列，再除以重复数字的排列数即可. 【详解】4个数字的全排列数为. 因为有2个相同的数字2 ，所以需除以重复数字的排列数， 故数字，可以组成不同的四位数的个数：. 6. 直线与直线夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定两直线的方向向量，结合向量夹角公式求解即可. 【详解】直线的斜率，可取方向向量. 直线的斜率，可取方向向量. 设两直线的夹角为，则， 所以. 7. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】应用三角恒等变换及平方关系得，再应用齐次式及化弦为切求. 【详解】由， 所以，可得， 所以，则， 所以或，经验证，均满足题设. 8. 过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦，则的最小值为（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标，设出直线的方程为，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式求得，，然后利用基本不等式求最值即可. 【详解】由抛物线，焦点坐标为， 由题意知，两条弦所在直线的斜率必存在且均不为0， 不妨设直线的斜率为，则直线的斜率为， 设， 因为弦过抛物线焦点，所以设直线的方程为， 联立方程：，消去得：， 则， 且，故， 将中的换为，得， 所以可得， 当且仅当时，“”成立， 则的最小值为16. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为两个互相垂直的单位向量，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用向量的数量积以及向量运算逐项验证即可求解. 【详解】由题意得，所以， 所以，故A错误； 由，所以，故B正确； 又， 所以，所以， ，故C错误； ， 当时，，所以的最小值为，故D正确. 10. 甲袋中有大小、形状相同的4个红球2个白球，乙袋中有大小、形状相同的1个红球3个白球，则下列选项中的事件发生的概率不小于的有（ ） A. 甲袋中一次取出两个球，两球均为红球 B. 乙袋中有放回地取两次球，两球均为白球 C. 两袋中各取一个球，取出的球中有红球 D. 先从乙袋中取1球，记下颜色后放回乙袋中，若取出的球为红球则在甲袋中取球，否则继续在乙袋中取球，第二次取出来的是红球 【答案】BC 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式及独立事件的概率乘法，逐项进行判断即可. 【详解】对于A，甲袋中共有大小、形状相同的6个球，从中一次取出2个球，共有种取法，两球都是红球，共有种取法， 所以甲袋中一次取出两个球，两球均为红球的概率为，故A错误； 对于B，乙袋中有大小、形状相同的1个红球3个白球，从中有放回地取两次球，两球均为白球，则概率为，故B正确； 对于C，甲袋中取得白球的概率为，乙袋中取得白球的概率为， 则事件“两袋中各取一个球，取出的球都是白球”的概率为， 所以事件“两袋中各取一个球，取出的球中有红球”的概率为，故C正确； 对于D，若第一次从乙袋中取到红球，概率为，接着在甲袋中取到红球的概率为， 根据独立事件概率乘法公式，其概率为； 若第一次从乙袋中取到白球，概率为，接着在乙袋中取到红球的概率为， 根据独立事件概率乘法公式，其概率为； 所以事件的“第二次取得红球”的概率为，故D错误. 11. 如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆半径为是底面的两条直径，母线与该圆锥内切球分别切于点.则下列说法正确的是（ ） A. B. 圆锥与球的交线的轨迹长为 C. 若，则 D. 平面截球的截面面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据圆锥轴截面是正三角形且底面半径为，可以计算圆锥的高、母线长，再利用轴截面的几何关系求内切球半径，进而可计算球和圆锥的体积比，可以判断选项A；先确定圆锥与球的交线是一个圆，通过分析球心到圆锥轴截面的距离、球半径，求出交线圆的半径，再计算其周长，可以判断选项B；根据题意可得，再结合三余弦定理，可以判断选项C；当球心到平面的距离最大时截面圆半径最小，进而得到最小面积，可以判断选项D. 【详解】对于A，画出圆锥的轴截面如图（1）所示.连接，则必过球心， 因为轴截面为正三角形且底面圆半径为， 所以， 所以， 故A正确； 对于B，如图（2），易知，圆锥与球的交线的轨迹为， 因为，所以在中， 可得，求得半径， 故轨迹长为错误； 对于C，根据三余弦定理可知， ， 故C正确； 对于D，当绕着旋转时，平面恒过定直线，若要使得平面截球的截面面积最小，只需球心到平面的距离达到最大， 如图（3）过作直线的垂线，垂足为到平面的最大距离为， 又因为在中，，所以截面半径的最小值为， 所以平面截球的截面面积的最小值为，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一组数的平均数为2，则这组数的方差为__________. 【答案】## 【解析】 【详解】由题意可知，解得， 则方差. 13. 椭圆的离心率为，双曲线渐近线的斜率绝对值小于，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】因为双曲线渐近线斜率小于，据此得到关于、的不等式关系，将离心率转化为关于的表达式，即可求出的取值范围。 【详解】对于双曲线，渐近线方程为，由题意得，即。 椭圆中满足（c为椭圆半焦距），代入得 整理得，两边同除以得，即，解得 所以的取值范围为 14. 如图，若第1行数字的和记为，第2行数字的和记为，第行数字的和记为，则__________；若数列的前项和为，则__________ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】由题意可知，； 所以. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 如图，中，角的对边分别为. （1）求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）已知，，利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合三角形内角和定理，展开后求解； （2）先根据向量关系得到角之间的关系，再利用三角函数的两角和公式化简，最后根据角的范围求出其取值范围. 【小问1详解】 因为，所以， 又因为，所以， 化简得，即，解得； 【小问2详解】 因为， 所以在的延长线上， 如图，故， 所以 . 因为，所以， 解得， 所以的取值范围为. 16. 如图（1），正方形的边长为分别是边的中点，将，分别沿折起，使得三点重合于点得到图（2）. （1）证明：； （2）三棱锥的外接球的球心为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）因为在原图中，， 故折叠完得，， 又因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由折叠的性质可得，，再利用线面垂直判定定理可得平面，再利用线面垂直性质定理即可得证； （2）可将该三棱锥补形为长方体，则长方体体对角线中点即为外接球的球心，在建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为两两垂直，所以可将该三棱锥补形为如图所示的长方体， 假设该长方体的一条体对角线为，则球心为对角线的中点， 如图所示，以所在直线为轴，以所在直线为轴， 以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以； 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以， 设平面与平面所成角为， 则， 故平面与平面所成角的余弦值为. 17. 甲､乙两人各持有1张“欢”字卡片和1张“喜”字卡片，规定两人每次同时从对方手中随机抽取1张卡片交换（记为一轮操作）.记轮操作后，甲手里有2张“欢”字卡片的概率为，甲手里有2张“喜”字卡片的概率为. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1），，， （2） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式，易得与的值，对于第二轮操作，需要分成“甲手中有2张“欢”字卡片或有2张“喜”字卡片”与“甲手中有1张“欢”字卡片和1张“喜”字卡片”两类情况分别求解即得与的值； （2）类比（1）中的第二轮操作，可得，构造等比数列，求出其通项公式，再代值计算即得. 【小问1详解】 第一轮操作，甲要抽到乙的“欢”字卡片，且同时乙要抽到甲的“喜”字卡片，甲手中才能有2张“欢”字卡片， 由独立事件的概率乘法公式，可得，同理； 第二轮操作中，若第一轮结束后，甲手中有2张“欢”字卡片或有2张“喜”字卡片，则在第二轮操作后，甲有2张“欢”字卡片的概率为0； 若第一轮结束后，甲手中有1张“欢”字卡片和1张“喜”字卡片，则甲有2张“欢”字卡片的概率为， 故，同理可得； 【小问2详解】 由对称性可知， 而只有在次操作后，甲手中有1张“欢”字卡片和1张“喜”字卡片时，甲才有的概率在第次有2张“欢”字卡片， 若在次操作后，甲手中有2张“欢”字卡片或有2张“喜”字卡片，则在第轮操作后，甲有2张“欢”字卡片的概率为0， 所以当时，，化简得， 则可构造为， 所以是一个以为首项，以为公比的等比数列， 可得，所以， 所以. 18. 如图所示，焦点在轴上的椭圆的顶点分别为，且椭圆过点. （1）求椭圆的方程； （2）过椭圆上任意一点作四边形的内切圆的两条切线，切点分别为，当切线斜率存在时，记切线斜率分别为，试判断是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由； （3）若切线与椭圆的另一个交点分别为，求的最小值. 【答案】（1） （2）为定值，为 （3）2 【解析】 【分析】（1）根据已知得，结合所过的点求椭圆方程； （2）设椭圆上任一点，则，且圆的半径，设过点的圆的切线方程为，利用相切关系得，应用韦达定理即可得结论； （3）讨论切线的斜率，设切线方程并联立椭圆，应用韦达定理及向量数量积的坐标运算求，进而得到垂直关系，最后由椭圆和圆的性质确定最小值. 【小问1详解】 因为，所以，即， 可设椭圆的方程为，又因为椭圆过点， 代入椭圆的方程得：，解得， 所以椭圆的方程为：； 【小问2详解】 是定值.理由如下： 根据对称性，易知四边形的内切圆的圆心为 因为直线的方程为，所以圆的半径， 设椭圆上任一点，则， 当圆的切线斜率存在时，可设过点的圆的切线方程为， 即， 所以圆的半径， 两边平方化简得： 因为切线的斜率分别为， 所以是方程的两个不同的根， 故； 【小问3详解】 ①当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，设， 因为直线为圆的切线，所以，化简得， 联立方程，消去得：， 显然恒成立，为上式的两个不同的根，且， ， 可得，同理可证. 所以三点共线，故弦恒过点， 所以当与或重合时，. ②当直线或直线的斜率不存在时，易得， 综上可知，. 19. 已知函数. （1）若曲线在处的切线平行于轴，求的值； （2）当时，求函数在内的极大值点和极小值点的个数； （3）证明：对任意，曲线上存在四个不同的点共圆. 【答案】（1） （2）极大值点有2个，极小值点有1个 （3） 因为在中， 所以，即曲线的图象关于对称， 法一：假设上存在不同两点，其关于的对称点为， 则四边形为等腰梯形， 因为等腰梯形的对角互补，故该四边形为圆内接四边形， 所以曲线上存在四个不同的点，使得这四个点共圆. 法二：在曲线上取不同的四点，其中和分别关于对称， 不妨设，， 则， 因为经过三点的圆有且只有一个，且圆心在对称轴上， 故设该圆的方程为， 因为点在圆上，所以， 将点的坐标代入圆的方程的左边得： 即点也在圆上， 所以存在同在圆上. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义得出即可求出； （2）分、、、四种情况讨论导函数的正负性得出的单调性即可； （3）求证的图象关于对称，在曲线上找出两对对称点，根据对角互补可证；或根据对称性设出过三点的圆的一般方程，再检验对称点也满足方程即可. 【小问1详解】 由得， 当时，， 因为曲线在处的切线平行于轴， 所以，解得； 【小问2详解】 由得，得， 令则， ①当时，，则，所以在上单调递减， 因为， 则使当时；时， 则在单调递增，在单调递减，所以为的极大值点； ②当时，，则， 所以在上单调递减， 当时，，则， 所以在上单调递增， 又，所以为的极小值点； ③当时，，则， 所以在上单调递减， 因为， 所以使当时；时， 则在单调递增，在单调递减， 所以为的极大值点； 所以曲线在的极大值点有2个，极小值点有1个； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三年级第一次模拟考试试题 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 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2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框.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8小题，每小题5分，共40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. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则“”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 4. 根据如图所示的函数图象，当时，以下不等关系正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 由数字，可以组成多少个不同的四位数（ ） A. 24 B. 12 C. 10 D. 6 6. 直线与直线夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 或 8. 过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦，则的最小值为（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为两个互相垂直的单位向量，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则的最小值为 10. 甲袋中有大小、形状相同的4个红球2个白球，乙袋中有大小、形状相同的1个红球3个白球，则下列选项中的事件发生的概率不小于的有（ ） A. 甲袋中一次取出两个球，两球均为红球 B. 乙袋中有放回地取两次球，两球均为白球 C. 两袋中各取一个球，取出的球中有红球 D. 先从乙袋中取1球，记下颜色后放回乙袋中，若取出的球为红球则在甲袋中取球，否则继续在乙袋中取球，第二次取出来的是红球 11. 如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆半径为是底面的两条直径，母线与该圆锥内切球分别切于点.则下列说法正确的是（ ） A. B. 圆锥与球的交线的轨迹长为 C. 若，则 D. 平面截球的截面面积的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一组数的平均数为2，则这组数的方差为__________. 13. 椭圆的离心率为，双曲线渐近线的斜率绝对值小于，则的取值范围为__________. 14. 如图，若第1行数字的和记为，第2行数字的和记为，第行数字的和记为，则__________；若数列的前项和为，则__________ 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 如图，中，角的对边分别为. （1）求； （2）若，求的取值范围. 16. 如图（1），正方形的边长为分别是边的中点，将，分别沿折起，使得三点重合于点得到图（2）. （1）证明：； （2）三棱锥的外接球的球心为，求平面与平面所成角的余弦值. 17. 甲､乙两人各持有1张“欢”字卡片和1张“喜”字卡片，规定两人每次同时从对方手中随机抽取1张卡片交换（记为一轮操作）.记轮操作后，甲手里有2张“欢”字卡片的概率为，甲手里有2张“喜”字卡片的概率为. （1）求的值； （2）求的值. 18. 如图所示，焦点在轴上的椭圆的顶点分别为，且椭圆过点. （1）求椭圆的方程； （2）过椭圆上任意一点作四边形的内切圆的两条切线，切点分别为，当切线斜率存在时，记切线斜率分别为，试判断是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由； （3）若切线与椭圆的另一个交点分别为，求的最小值. 19. 已知函数. （1）若曲线在处的切线平行于轴，求的值； （2）当时，求函数在内的极大值点和极小值点的个数； （3）证明：对任意，曲线上存在四个不同的点共圆. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $