甘肃省2026届高三下学期第一次模拟考试数学试卷

甘肃省2026届高三下学期第一次模拟考试数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题1．函数的定义域为(

)A. B. C. D.答案：A解析：要使函数有意义，需使，解得或，即函数的定义域为.2．复数z满足，则(

)A. B. C. D.i答案：C解析：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：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：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1，2，2，4，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：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1，2，2，4，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：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：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：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k，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y得：，则，且，故，将中的k换为，得，所以可得，当且仅当时，“=”成立，则的最小值为16.二、多项选择题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：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：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O分别切于点A，B.则下列说法正确的是(

)A.B.圆锥与球O的交线的轨迹长为C.若，则D.平面截球O的截面面积的最小值为答案：ACD解析：对于A，画出圆锥的轴截面如图（1）所示.连接，则必过球心O，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O的交线的轨迹为，因为，所以在中，可得，求得半径，故轨迹长为，B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O的截面面积最小，只需球心O到平面的距离达到最大，如图（3）过O作直线的垂线，垂足为H，O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O的截面面积的最小值为，故D正确.三、填空题12．一组数1，1，x，2，5的平均数为2，则这组数的方差为__________.答案：/2.4解析：由题意可知，解得，则方差.13．椭圆的离心率为e，双曲线渐近线的斜率绝对值小于，则e的取值范围为__________.答案：解析：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e的取值范围为四、双空题14．如图，若第1行数字的和记为，第2行数字的和记为，第n行数字的和记为，则____________________；若数列的前n项和为，则____________________答案：；解析：由题意可知，；所以.五、解答题15．如图，中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.(1)求；(2)若，求的取值范围.答案：(1)(2)解析：（1）因为，所以，又因为，所以，化简得，即，解得；（2）因为，所以D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4，E，F分别是边的中点，将，，分别沿折起，使得A，B，C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O，求平面与平面所成角的余弦值.答案：(1)证明见解析(2)解析：（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）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O为对角线的中点，如图所示，以所在直线为x轴，以所在直线为y轴，以所在直线为z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：（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，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；（2）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n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n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x轴上的椭圆C的顶点分别为，，且椭圆过点.(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C上任意一点P作四边形的内切圆的两条切线，切点分别为A，B，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C的另一个交点分别为E，F，求的最小值.答案：(1)(2)为定值，为(3)2解析：（1）因为，所以，即，可设椭圆C的方程为，又因为椭圆C过点，代入椭圆C的方程得：，解得，所以椭圆C的方程为：；（2）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O因为直线的方程为，所以圆O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P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；（3）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y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F，O，E三点共线，故弦恒过点O，所以当P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x轴，求k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)证明见解析解析：（1）由得，当时，，因为曲线在处的切线平行于x轴，所以，解得；（2）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；（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A，B，