甘肃省兰州市2026届高三下学期第一次模拟数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1甘肃省兰州市2026届高三下学期第一次模拟数学试题一､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.集合，则图中阴影部分所表示的集合为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】设全集为，由图可知阴影部分可表示为，可知，则2.已知函数（是虚数单位），则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题知，，所以.3.下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对A，设，其定义域为R，因为，，所以，则不是奇函数，故A错误；对B，设的定义域为，关于原点对称，，满足奇函数的定义，所以是奇函数，任取，，且，则，由于，有，且，所以，即.所以，所以，所以在区间上单调递减，故B错误；对C，设，其定义域为，关于原点对称，因为，所以是偶函数，故C错误；对D，设，其定义域为，关于原点对称，且，则其为奇函数，又因为均在上单调递增，则函数在上单调递增，故D正确.4.为等差数列的前项和.若，则公差（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】设等差数列的首项为，由，则，解得：.5.在中，为边上靠近点的三分点，为的中点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系.因为，，所以，，，因为为中点，所以，，则.所以，.所以.6.已知直线，平面，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】选项A：若，，则或，故A错误；选项B：面面平行的判定定理：内两条相交直线，，则，由于直线不一定相交，故命题不一定成立，故B错误；选项C：若，，则，或，故C错误；选项D：若，则垂直于平面内所有直线；又，由线面平行性质定理可知：存在直线，使得，又，所以，D正确.7.为全面提升学生的核心素养与综合实践能力，某校举办“模拟联合国大会”活动，设置了A，B，C，D共4个不同的国家立场，由4名同学通过随机抽签确定每人代表一个国家立场参与活动.已知这4名同学每人都有且仅有一个心仪的国家立场，且4人心仪的国家立场互不相同，则仅有1名同学抽到自己心仪国家立场的抽取方法数是（）A.4 B.8 C.12 D.24【答案】B【解析】从4名同学中选1名抽到自己心仪国家立场，则有种，设剩下3名同学分别为甲，乙，丙，他们心仪国家分别为，当甲抽到时，乙只能抽到，丙只能抽到；当甲抽到时，乙只能抽到，丙只能抽到，共2种情况，仅有1名同学抽到自己心仪国家立场的抽取方法数有种.8.已知曲线，则曲线上的点到直线的距离的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】曲线变形得，表示轴右侧的部分椭圆，所以，，设点为曲线的任意一点，且，点到直线的距离为：，因为，，所以，所以，所以曲线上的点到直线的距离的取值范围是.二､多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）9.某校高一年级开设了文学社､科创社､体育社､艺术社､辩论社五类社团，每名同学最多参加一个社团，对参加社团活动的情况进行统计调查，统计信息如图（1），（2），其中参加体育社和艺术社的人数相等，为了解社团活动开展情况，采用分层抽样的方法在参加社团活动的学生中任意抽取20名学生做问卷调查.根据以上信息，下列说法正确的是（）A.艺术社的学生人数有120人B.文学社和辩论社参加问卷调查的学生人数共有5人C.从参加社团的学生中任选1人，已知该学生不是文学社成员，则该学生是科创社成员的概率为D.调查结果显示文学社､科创社的满意率均为0.7，其他社团的满意率均为0.9，则社团活动总体满意率为0.81【答案】ABD【解析】对于A，因为文学社有60人占比为，所以五类社团总人数为人，辩论社有90人，占比应为，所以体育社和艺术社共占比为，又因为体育社和艺术社的人数相等，所以两社团分别占比为，可知艺术社的学生人数有人，即A正确；对于B，文学社和辩论社共人，分层抽样比为，因此文学社和辩论社参加问卷调查的学生人数共有人，即B正确；对于C，根据已有分析可知该学生不是文学社成员的概率为，又因为是科创社成员的概率为，因此在该学生不是文学社成员的条件下，该学生是科创社成员的概率为，即C错误；对于D，依题意可知社团活动总体满意率为，即D正确.10.在中，内角所对的边分别为，满足，且，设外接圆半径为，则下列结论正确的是（）A.的面积为B.当时，C.当时，D.的取值可能是2【答案】BCD【解析】由题意可得，又，所以，代入前式可得，展开化简得，在中，，且，解得，又，所以，解得，对于A，的面积为，故A错误；对于B，当时，由余弦定理可得，化简可得，所以，即，同理可得，所以或，易知可构成三角形，又由正弦定理可知，解得，故B正确；对于C，当时，进一步可得，由余弦定理可知，则，此时，由等边对等角可知，故C正确；对于D，由余弦定理，则可得，所以，当且仅当即时取等号，又时，，故D正确．11.已知函数是定义在上的偶函数且在区间上单调，函数的图象关于点中心对称，则以下说法正确的是（）A.B.若，则C.若在区间上是增函数，则在区间上是增函数D.若，则在区间上的零点之和为0【答案】BC【解析】对于A，因为函数的图象关于点中心对称，所以，即，也即，当时，成立，当时，，又函数是定义在上的偶函数，所以，故A错误；对于B，，由，所以函数的周期为6，所以，故B正确；对于C，因为函数的图象关于点中心对称，且在区间上是增函数，由中心对称的性质可得函数在上是增函数，故C正确；对于D，令，则或，此时在区间有一个零点，因为函数是定义在上的偶函数，且周期为6，，所以，此时，所以在区间共有个零点分别为，此时，故D不正确.三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.双曲线的右焦点为，则双曲线的渐近线方程为__________.【答案】【解析】由题设，可得，而，所以双曲线的渐近线方程为.13.正四面体的棱长为，过棱作平面与棱平行，则平面截该正四面体的外接球所得截面的面积为__________.【答案】【解析】正四面体的外接球半径为：，对棱和互相垂直且距离为：，平面过且平行于，故平面与的距离等于与的距离为，球心在正四面体的中心，所以球心到平面的距离，则截面圆的半径，所以截面的面积为：.14.已知函数，向量是平面内三个不同的单位向量，其中向量相互垂直，且满足，则的取值范围是__________.【答案】【解析】因为，所以，故.由，得，所以有，即，.由题不妨可设，，，由，知,由可得，同理可得，可得，所以，所以，而，所以，即.四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）15.已知数列中，，当时，为的展开式第3项的二项式系数.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，数列的前项和为，求证：.（1）解：由题意，时为的展开式第3项的二项式系数，所以，且，故；（2）证明：由（1），当时，，因为满足上式，所以对恒成立，易知在上单调递增，，，所以.16.已知三棱锥中，，平面平面，为垂足.（1）求的长；（2）求平面与平面所成的锐角的余弦值.解：（1）因为在和中，，所以，可得，平面平面，平面平面，，所以平面，平面，可得，所以为直角三角形，又，，因此,可得.（2）由（1）中结论可知，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：可得，则，设平面的一个法向量为，可得，令，可知，即；设平面的一个法向量为，可得，令，可知，即；设平面与平面所成的锐角为，所以，因此平面与平面所成的锐角的余弦值为.17.已知.（1）若曲线在处的切线的一个方向向量为，求实数的值；（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.解：（1）由，求导得：

，则曲线在处的切线斜率，又曲线在处的切线的一个方向向量为，故切线斜率，所以，解得；（2）由对任意恒成立，可得对任意恒成立，令，则，令，则，由于在恒成立，所以在上单调递增，则，所以在上单调递增，则，即，当时，即，，在上单调递增，则满足条件，当时，，则必存在，使得时，，此时在上单调递减，则有，不满足条件，综上可知：当时，对任意恒成立，即实数的取值范围是.18.已知椭圆的左､右焦点分别为，且在椭圆上，椭圆与椭圆离心率相同.（1）求椭圆的标准方程；（2）是椭圆上异于的一点，过点作直线交椭圆于点，作直线交椭圆于点.（i）证明：为定值；（ii）若，四边形的面积为，求的最大值.（1）解：因为在椭圆上，所以，因为椭圆的离心率为，所以，所以，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）（i）证明：设直线，的斜率分别为，故直线的方程为，直线的方程为，设，则，所以，由得，设点的坐标分别为，则，．所以，同理，所以，为定值；（ii）解：因为四边形的面积为，所以，当且仅当，等号成立，所以的最大值为.19.一项物理实验是向区域中发射某种粒子，该粒子随机落于中的任何位置，且任意粒子落于何处互不影响.当某个粒子落于中特定区域内时，则需对其进行检测，已知每个粒子落于内的概率均为（是自然对数的底）.（1）若一次向中发射3个粒子，求恰有2个粒子需要检测的概率；（2）若向中发射该粒子，每次一