甘肃省2026届高三下学期3月第一次模拟考试 数学试卷（含解析）

这是一份甘肃省2026届高三下学期3月第一次模拟考试 数学试卷（含解析），文件包含2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题五一元函数的导数及其应用教师版docx、2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题五一元函数的导数及其应用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共167页， 欢迎下载使用。
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
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
【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
【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“”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
【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. 24B. 12C. 10D. 6
【答案】B
【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
【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
【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. 8B. 16C. 32D. 64
【答案】B
【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
【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
【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
【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】##
【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】
【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.
【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）
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）证明见解析
（2）
【小问1详解】
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；
【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）
【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
【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）证明见解析
【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】
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.