2025-2026学年下学期甘肃高三数学3月一模试卷（含答案）

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fx=A.(−∞,−1]∪C.[−1,2.复数z满足i⋅z=1A.1−iB.1+iC.3.已知a,b∈R,则“a>bA.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x>0A.xB.lnC.eD.ln5.由数字1,2,2,4,可以组成多少个不同的四位数A.24B.12C.10D.66.直线x+y=0与直线A.1010B.−1010C.7.已知sinx+π4=3A.-7B.±4C.±D.-7或−8.过抛物线y2=4x的焦点作两条互相垂直的弦AB,CDA.8B.16C.32D.64二、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.已知a,bA.aB.aC.若c=2a+bD.若cos<d,a>=12,则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12A.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O1半径为3,CD,EF是底面的两条直径，母线PC,PD与该圆锥内切球A.VB.圆锥与球O的交线的轨迹长为πC.若∠O1CE=D.平面AEF截球O的截面面积的最小值为3π三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.一组数1,1,x13.椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为14.如图,若第1行数字的和记为a1,第2行数字的和记为a2,⋯,第n行数字的和记为an,则an=_____；若数列an的前n项和为Sn,则Sn=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.(13分)如图,△ABC中,角A,B,C(1)求tanB(2)若BC=λCDλ>016.(15分)如图(1),正方形ABCD的边长为4,E,F分别是边AB,BC的中点,将△ADE,△EBF,△DCF分别沿DE(1)证明:O′D(2)三棱锥O′−DEF的外接球的球心为O,求平面ODE与平面图(1)图(2)17.(15分)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ii∈N+轮操作后，甲手里有2张“欢”字卡片的概率为pi，甲手里有2张(1)求p1,(2)求p618.(17分)如图所示，焦点在x轴上的椭圆C的顶点分别为A1,A2,(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C上任意一点P作四边形A1B1A2B2的内切圆的两条切线PA,PB，切点分别为A,B,当切线斜率存在时,记切线PA,(3)若切线PA,PB与椭圆C的另一个交点分别为E,F,求19.(17分)已知函数fx(1)若曲线y=fx在x=π2处的切线平行于y(2)当k=1时，求函数y=fx(3)证明:对任意k∈R，曲线y2026年高三年级第一次模拟考试数学答案及评分参考一、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。题号12345678答案ACACBADB8.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AB的斜率为k,则直线CD的斜率为−1设Ax因为弦过抛物线焦点,所以设直线AB的方程为y=联立方程:y2=4x,y=kx−所以x1+x2=将AB中的k换为−1k，得CD所以可得AB+当且仅当k=±1时,“=”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。题号91011答案BDBCACD图(1)11.对于A,画出圆锥的轴截面如图(1)所示.连接PO1,PO因为轴截面为正三角形且底面圆半径为3,所以PO所以V球=4π3R3图(2)对于B,如图(2),易知,圆锥与球O的交线的轨迹为⊙O因为AO2⊥PO,所以在可得PA⋅OA=PO⋅故轨迹长为3π，B对于C,根据三余弦定理可知,cos∠PCE=cos∠故C正确;对于D,当EF绕着O1旋转时,平面AEF恒过定直线AO1,若要使得平面AEF截球O的截面面积最小,只需球心O到平面AEF的距离达到最大,如图(3)过O作直线AO1的垂线,垂足为H,O到平面AEF的最大距离为OH,又因为在△OAO1中,OA=OO1=1,AO1=3,OH=1图(3)三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。12.12513.14.an=3×14.由题意可知,an所以Sn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.(13分)解:(1)因为a=3b,所以sin又因为C=π3,所以化简得32cosB+12sinBsinB(2)因为BC=λ所以D在BC的延长线上,如图,故∠8分所以sin∠=sin∠=sin∠ADC因为∠ADC∈0,π3解得sin∠所以sin∠ADC+sin∠CAD的取值范围为16.(15分)解:(1)因为在原图中DC⊥CF,故折叠完得O′D⊥O′F,同理可得O′所以O′D⊥平面O′EF,又因为EF⊂平面O(2)因为O′D,O′E,O′F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O′M,则球心O为对角线O′M的中点.9分如图所示,以O′E所在直线为x轴,以O′F则EF12分设平面DEF的法向量为m=则m⋅EF=0令z1=1,则x1=设平面ODE的法向量为n=则n⋅EO=0令z1=1,则x2=设平面ODE与平面DEF所成角为θ,则cosθ故平面ODE与平面DEF所成角的余弦值为53.1517.(15分)解:(1)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,所以p1同理q1=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14故p2同理可得q2=(2)由对称性可以知道:pn=qn而只有在n−1n≥2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14的概率在第n次有2张“欢”字卡片,若在n−1n≥2次操作后，甲手中有2张“欢”字卡片或有2张“喜”字卡片,则在第所以当n≥2时,p化简得pn可构造为pn所以pn−16是一个以112可得pn−16=1所以p6=18.(17分)解:(1)因为∠B1A2B2=π3，所以∠B2A2O=π6，即ab=3代入椭圆C的方程得:13b2+23所以椭圆C的方程为:x23(2)是定值.理由如下:根据对称性,易知四边形A1B1A因为直线A1B2的方程为:所以圆O的半径r=3设椭圆上任一点Px0,y0当圆的切线斜率存在时,可设过点P的圆的切线方程为y−即kx−所以圆的半径r=两边平方化简得:3−4因为切线PA,PB的斜率分别为所以k1,k2故k1⋅(3)①当直线PE的斜率存在时，设直线PE的方程为:y=k1x+m，设Ex1,y1，因为直线化简得:4m联立方程y=k1x+m,x2显然Δ>0恒成立,x0且xOP===可得OP⊥OE,同理可证OP所以F,O,E三点共线,故弦EF所以当P与A1或A2重合时,EF②当直线PE或直线PF的斜率不存在时,易得EF=6>2,16分综上可知,19.(17分)解:(1)对函数f求导得:f′x当x=π2时,因为曲线y=fx在x=π2所以f′π2=−k−(2)由已知k=1得f求导得:f′x且f′x的导函数为f①当x∈0,π2时，因为f′′x<0且f′0=π>0,f′π在x1,π2单调递增减,所以x1②当x∈π2,π时，因为f′x<0③x∈π,3π2时f′x>0又f′π=0,所以π为④当x∈3π2,2π时,因为f′′x<0且f′3π2=2>0,f′2π=−π<0,∃x2∈3π2,2π使y=fx在3π2,x2单调递增,所以y=fx2,2π,其中x1,x2为y=fx所以曲线y=fx在0,2π的极大值点有2(3)因为在y=fff所以fπ−x=fπ+x,即曲线y=fx的图象关于x=π所以y=fx图象上的一点A关于x=π的对称点