精品解析：甘肃省靖远县第一中学等校2026届高三全真模拟预测数学试题

甘肃省靖远县第一中学等校2026届高三全真模拟预测数学试题 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知单位向量，的夹角为，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. “”是“函数在上单调递增”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 5. 已知点是角终边上的一点，则（ ） A. B. C. D. 6. 某外卖平台为响应“绿色餐饮”的号召，研究顾客备注“无需餐具”与订单是否获得好评之间的关联，根据样本数据进行独立性检验，计算得．若将原列联表中的所有数据均扩大为原来的倍，则在相同检验标准下重新计算，得到的的值可能是（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的离心率为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的图象上存在四个不同的点，这四个点可构成一个矩形的四个顶点，则下列函数中，不可能是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 记等比数列的前项和为，若，，公比，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. C. 当时， D. 点是函数图象的对称中心 11. 已知点，，动点满足直线的斜率与直线的斜率的差为1．设点的轨迹为曲线，为坐标原点，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 的最小值为1 C. 点在曲线上， D. 圆与曲线有4个交点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的常数项为____________． 13. 已知函数，当时，的图象与直线的所有交点的横坐标的和为____________． 14. 将某菌株接种于边长为的正方形培养基（厚度忽略不计，置于无阻挡空间），假设菌株向空间各向均匀生长，记菌株最终所占空间区域为．定义为所有到该正方形（含边界与内部）的空间最短距离不超过的空间点构成的集合，则的体积为___________（单位：，结果保留）． 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. 已知的内角，，的对边分别为，，，三角形的面积． （1）求； （2）若 ，，求． 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，，其左、右焦点和上顶点构成直角三角形． （1）求椭圆的标准方程； （2）设点，椭圆上的，两点满足，求（为坐标原点）面积的最大值． 17. 如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，与相交于点，． （1）证明：； （2）设，且，若点到底面距离为2，求二面角的正弦值． 18. 某太空探测器配备两套通信系统：激光通信模组与射频通信模组．每次向地球发送数据包时，若当前使用的模组发送成功，则下一次继续使用该模组，若发送失败，则下一次自动切换至另一模组，每个模组的工作相互独立．已知激光模组发送成功的概率为，射频模组发送成功的概率为．发送成功记1分，失败记0分，第1次发送使用激光模组． （1）记为前2次发送的总得分，求． （2）设为第次发送使用激光模组的概率． （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设，求数列的前项和． 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的极值； （2）当时，，求的取值范围； （3）设是函数在上的一个零点，判断与的大小关系，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 甘肃省靖远县第一中学等校2026届高三全真模拟预测数学试题 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由并集的概念求解即可. 【详解】由题意得. 2. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，得， 所以. 3. 已知单位向量，的夹角为，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知单位向量，的夹角为，则向量在向量上的投影向量为：. 4. “”是“函数在上单调递增”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】 【分析】利用给定单调性求出的取值范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】函数，函数的单调递增区间是， 由函数在上单调递增，得，则，因此， 所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件. 5. 已知点是角终边上的一点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用三角函数定义结合两角差正切公式计算求解. 【详解】点是角终边上的一点，则， 所以. 6. 某外卖平台为响应“绿色餐饮”的号召，研究顾客备注“无需餐具”与订单是否获得好评之间的关联，根据样本数据进行独立性检验，计算得．若将原列联表中的所有数据均扩大为原来的倍，则在相同检验标准下重新计算，得到的的值可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据卡方统计量的计算公式，推导列联表数据扩大倍后新卡方值为原卡方值的倍，再结合选项逐个判断即可. 【详解】设原列联表对应数据为，样本容量， 则原卡方统计量满足：   ， 将所有数据扩大为原来的 倍后， 新数据为 ，新样本容量 ，代入卡方公式得：    ， 由 ，可知： 选项A的1.96、选项D的0.212均小于2.12，不符合要求，错误， 选项C的2.12对应，与的约束矛盾，排除，错误 选项B的 ，对应，满足所有约束条件，正确. 7. 已知双曲线的离心率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】双曲线，即，， 由该双曲线的离心率为，得，所以. 8. 已知函数的图象上存在四个不同的点，这四个点可构成一个矩形的四个顶点，则下列函数中，不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于A, 利用奇函数的中心对称性，通过建立点到原点距离相等的代数方程，可以直接精确解出四个对称顶点来构成矩形,对于B,通过求导证实函数在全局严格单调递增，永远无法产生斜率一正一负的垂直割线，因此绝对不可能构成矩形,对于C, 结合奇函数的对称性与函数图象的性质，用一个半径足够大的圆去截割图像，必然能得到四个共圆且对称的交点构成矩形,对于D,分别在左右两支取对称的点即可构成矩形. 【详解】若上存在4个点可以构成矩形,设相邻的两边的斜率为，则有， 对于A，易得为奇函数,图象在一三象限且关于原点对称， 若在第一象限内存在两个点到原点的距离相等，则它们关于原点的对称点在第三象限， 此时，这四个点必构成对角线相等的矩形， 不妨设第一象限的点到原点距离的距离为， 则，代入得 ， 整理得 ，解得或， 因为，则或，此时或， 即第一象限的点为，对于第三象限的点为， 此时， ， 则，故A选项中的函数存在4个点可以构成矩形， 对于B，，则， 恒成立， 故一定不存在，使得，即B选项中的函数不存在4个点可以构成矩形， 对于C，设,则,即，解得或， ，故为奇函数， 当，结合奇函数的对称性， 作图象如下: 以原点为圆心，取半径较大的圆必与交于4个点，此时该四边形的对角线为圆的直径， 即对角线相等且互相平分，即该四边形为矩形，故C选项中的函数存在4个点可以构成矩形， 对于D，由上知,关于原点对称的图象满足题意， 不妨尝试在上寻找关于原点对称的四个点， 在右支上取,那么在左支上取 , 此时关于原点对称，原点对称， 此时， 即， ，即， 故D选项中的函数存在4个点可以构成矩形. 二、选择题：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. 记等比数列的前项和为，若，，公比，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式和前项和公式化简条件依次判断选项即可. 【详解】若，则，故A正确； 所以， 化简得：，解得：或（舍去），故B正确； 所以，故C错误； ，， 所以，故D正确； 10. 已知函数，则（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. C. 当时， D. 点是函数图象的对称中心 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求函数的导函数，再求，结合导数的几何意义求切线方程即可判断；对于B，取代入不等式即可判断；对于C，利用导数判断函数的单调性，结合单调性比较的大小即可判断；对于D，证明为奇函数，结合奇函数性质即可判断. 【详解】对于A：， ，曲线在点处的切线方程为，即，故A正确； 对于B：因为当时，，B错误； 对于C：因为 令，得或；令，得， 在和上单调递减，在上单调递增， 当时，，结合在上单调递增， 可得，故C正确； 对于D：函数的定义域为， 令，则函数的定义域为，定义域关于原点对称， 又， 所以函数是奇函数，即函数为奇函数， 所以函数的图象关于原点对称， 故函数的图象关于中心对称， 故点是函数图象的对称中心，D正确. 11. 已知点，，动点满足直线的斜率与直线的斜率的差为1．设点的轨迹为曲线，为坐标原点，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 的最小值为1 C. 点在曲线上， D. 圆与曲线有4个交点 【答案】AC 【解析】 【分析】先根据已知条件，求出曲线的方程，再根据曲线方程逐一分析选项即可. 【详解】设，则，， 又，即，化简得， 所以点的轨迹为开口向上的二次函数，去掉的两个点， 根据二次函数的图象性质，可得其对称轴为，即轴，故A选项正确； 由，得， 所以， 因为，所以， 所以，即的最小值为，故B错误； 又点在曲线上，所以， 所以， 又，所以，所以，故C正确； 将圆与曲线联立，即， 化简得，解得，代入，解得， 即圆与曲线有两个交点，故D错误. 综上所述，选项AC正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的常数项为____________． 【答案】135 【解析】 【分析】首先写出二项式展开式的通项，令，即可求出，再代入计算可得； 【详解】解：二项式的展开式的通项公式为， 令，求得， 所以展开式中常数项为. 13. 已知函数，当时，的图象与直线的所有交点的横坐标的和为____________． 【答案】 【解析】 【详解】令，则或，， 所以或，，而， 所以， 故所有交点的横坐标的和为. 14. 将某菌株接种于边长为的正方形培养基（厚度忽略不计，置于无阻挡空间），假设菌株向空间各向均匀生长，记菌株最终所占空间区域为．定义为所有到该正方形（含边界与内部）的空间最短距离不超过的空间点构成的集合，则的体积为___________（单位：，结果保留）． 【答案】 【解析】 【分析】到该正方形（含边界与内部）的空间最短距离不超过的空间点所构成的几何体，是由一个棱长分别为4，4，1的长方体和四个高为4，底面半径为0.5的半圆柱以及四个半径为0.5的四分之一球组合而成的，根据公式计算可得答案. 【详解】空间区域是一个棱长分别为4，4，1的长方体和四个高为4，底面半径为0.5的半圆柱以及四个半径为0.5的四分之一球所组成的几何体， 则的体积为. 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. 已知的内角，，的对边分别为，，，三角形的面积． （1）求； （2）若 ，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角形面积与题干已知建立等量关系，直接求解即可； （2）先由正弦定理得，代入 求出；再由余弦定理结合，即可求出. 【小问1详解】 解：由三角形的面积，又， 所以，则，所以， 因为，则，所以，解得， 因此，即； 【小问2详解】 由正弦定理知，由（1）知， ，所以， 因为 ，所以，又，所以， 由余弦定理得，则， 又因为，则，所以， 化简整理得，即， 解得或（舍）， 因此. 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，，其左、右焦点和上顶点构成直角三角形． （1）求椭圆的标准方程； （2）设点，椭圆上的，两点满足，求（为坐标原点）面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由可求a的值；因为左、右焦点和上顶点构成的三角形为直角三角形，判断椭圆上顶点为直角顶点，结合椭圆的关系，可联立求解b，得到椭圆标准方程； （2）由可知三点共线，所以可设过点M的直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两根和、两根积，结合三角形面积公式表示出面积，对面积表达式通过换元、基本不等式求解最大值. 【小问1详解】 由题意，椭圆左右顶点距离，得，, 左、右焦点和上顶点构成直角三角形，直角顶点只能在椭圆上顶点处， 由勾股定理得：，化简得， 又椭圆满足，得， 因此椭圆E的标准方程为； 【小问2详解】 由得三点共线， 由题意可设直线，， 联立直线与椭圆方程，可得， 由得，由韦达定理得：， 的面积：， 令，则，代入得， 由，当且仅当，即时取等号， 因此， 即面积的最大值为：. 17. 如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，与相交于点，． （1）证明：； （2）设，且，若点到底面距离为2，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，建立空间直角坐标系，不妨设，，根据可得，利用空间向量证明线线垂直； （2）根据题意结合（1）中坐标可得，，求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【小问1详解】 取的中点为，连接，则， 以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，， 可得，， 设，， 则， 因为，则，可得， 即，则， 可得，所以. 【小问2详解】 若点到底面距离为2，则，即， 则，， 因为，即，则，解得， 则，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得； 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得； 设二面角的平面角为， 则，可得， 所以二面角的正弦值为. 18. 某太空探测器配备两套通信系统：激光通信模组与射频通信模组．每次向地球发送数据包时，若当前使用的模组发送成功，则下一次继续使用该模组，若发送失败，则下一次自动切换至另一模组，每个模组的工作相互独立．已知激光模组发送成功的概率为，射频模组发送成功的概率为．发送成功记1分，失败记0分，第1次发送使用激光模组． （1）记为前2次发送的总得分，求． （2）设为第次发送使用激光模组的概率． （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）可知随机变量的可能取值为0，1，2，结合题意求相应的概率和期望； （2）（ⅰ）根据题意可得，整理可得，结合等比数列求数列的通项公式；（ⅱ）可得，根据分组求和法结合裂项相消法运算求解. 【小问1详解】 由题意可知：随机变量的可能取值为0，1，2， 则，，， 所以. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意可知：，且， 可得，且， 可知数列是以首项为，公比为的等比数列， 则，所以； （ⅱ）由（ⅰ）可知：， 则 ， 所以. 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的极值； （2）当时，，求的取值范围； （3）设是函数在上的一个零点，判断与的大小关系，并说明理由． 【答案】（1）极大值为，极小值为0 （2） （3），理由见解析 【解析】 【分析】（1）求导计算的极值； （2）由可得，令，求导得到，分和进行讨论可得结果； （3）利用放缩法证明，再结合导数计算单调性得到，从而得到. 【小问1详解】 当时，，， 令，可得或， 当时，或，当时，， 所以当时，取得极大值，极大值为， 当时，取得极小值，极小值为. 综上，的极大值为，极小值为0. 【小问2详解】 当时，，即， 令，求导得， 当时，，则，又，则，满足题意； 当时，令，设， 令，可得，令，可得，所以在上单调递减，上单调递增， 故，不满足题意. 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 ， 由是函数在上的一个零点，则，即，， 令，则，所以在上单调递减， 则，即，， 则，代入，可得，即，则， 再令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，上单调递增，则， 即，，所以，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $