2026届甘肃省靖远县第一中学高考冲刺模拟数学试题含解析

这是一份2026届甘肃省靖远县第一中学高考冲刺模拟数学试题含解析，共4页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，设实数满足条件则的最大值为，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（ ）
A．B．C．D．
2．幻方最早起源于我国，由正整数1，2，3，……，这个数填入方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形数阵就叫阶幻方．定义为阶幻方对角线上所有数的和，如，则（ ）
A．55B．500C．505D．5050
3．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，夹角为，， ，则( )
A．2B．4C．D．
5．如图，在平行四边形中，对角线与交于点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
6．设实数满足条件则的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．已知为两条不重合直线，为两个不重合平面，下列条件中，的充分条件是（ ）
A．∥B．∥
C．∥∥D．
8．若函数有且仅有一个零点，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
10．设为自然对数的底数，函数，若，则( )
A．B．C．D．
11．已知函数，，则的极大值点为( )
A．B．C．D．
12．已知抛物线：，点为上一点，过点作轴于点，又知点，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．5
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在中， ，，则_________.
14．已知数列满足，且恒成立，则的值为____________.
15．在的二项展开式中，所有项的系数之和为1024，则展开式常数项的值等于_______．
16．过直线上一动点向圆引两条切线MA，MB，切点为A，B，若，则四边形MACB的最小面积的概率为________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求点的坐标.
18．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，直线与椭圆相交于两点，线段的中点为.当与连线的斜率为时，直线的倾斜角为
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若是以为直径的圆上的任意一点，求证：
19．（12分）已知数列满足，且.
（1）求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
20．（12分）在中，内角的对边分别是，已知.
（1）求角的值；
（2）若，，求的面积．
21．（12分）已知是抛物线的焦点，点在轴上，为坐标原点，且满足，经过点且垂直于轴的直线与抛物线交于、两点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线与抛物线交于、两点，若，求点到直线的最大距离.
22．（10分）在四边形中，，；如图，将沿边折起，连结，使，求证：
（1）平面平面；
（2）若为棱上一点，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D
【解析】
由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解
【详解】
根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以.

故选：D
【点睛】
本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养
2、C
【解析】
因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，可得，即得解.
【详解】
因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，
所以阶幻方对角线上数的和就等于每行（或每列）的数的和，
又阶幻方有行（或列），
因此，，
于是．
故选：C
【点睛】
本题考查了数阵问题，考查了学生逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.
3、B
【解析】
根据三角函数定义得到，故，再利用和差公式得到答案.
【详解】
∵角的终边过点，∴，.
∴.
故选：.
【点睛】
本题考查了三角函数定义，和差公式，意在考查学生的计算能力.
4、A
【解析】
根据模长计算公式和数量积运算，即可容易求得结果.
【详解】
由于，
故选：A.
【点睛】
本题考查向量的数量积运算，模长的求解，属综合基础题.
5、C
【解析】
画出图形，以为基底将向量进行分解后可得结果．
【详解】
画出图形，如下图．
选取为基底，则，
∴．
故选C．
【点睛】
应用平面向量基本定理应注意的问题
（1）只要两个向量不共线，就可以作为平面的一组基底，基底可以有无穷多组，在解决具体问题时，合理选择基底会给解题带来方便．
（2）利用已知向量表示未知向量，实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算或数乘运算．
6、C
【解析】
画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.
【详解】
如图所示：画出可行域和目标函数，
，即，表示直线在轴的截距加上1，
根据图像知，当时，且时，有最大值为.
故选：.
【点睛】
本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.
7、D
【解析】
根据面面垂直的判定定理，对选项中的命题进行分析、判断正误即可.
【详解】
对于A，当，，时，则平面与平面可能相交，，，故不能作为的充分条件，故A错误；
对于B，当，，时，则，故不能作为的充分条件，故B错误；
对于C，当，，时，则平面与平面相交，，，故不能作为的充分条件，故C错误；
对于D，当，，，则一定能得到，故D正确.
故选：D.
【点睛】
本题考查了面面垂直的判断问题，属于基础题.
8、D
【解析】
推导出函数的图象关于直线对称，由题意得出，进而可求得实数的值，并对的值进行检验，即可得出结果.
【详解】
，
则，
，
，所以，函数的图象关于直线对称.
若函数的零点不为，则该函数的零点必成对出现，不合题意.
所以，，即，解得或.
①当时，令，得，作出函数与函数的图象如下图所示：
此时，函数与函数的图象有三个交点，不合乎题意；
②当时，，，当且仅当时，等号成立，则函数有且只有一个零点.
综上所述，.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用函数的零点个数求参数，考查函数图象对称性的应用，解答的关键就是推导出，在求出参数后要对参数的值进行检验，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
9、C
【解析】
结合分段函数的解析式,先求出,进而可求出.
【详解】
由题意可得，则.
故选:C.
【点睛】
本题考查了求函数的值,考查了分段函数的性质,考查运算求解能力,属于基础题.
10、D
【解析】
利用与的关系，求得的值.
【详解】
依题意，
所以
故选：D
【点睛】
本小题主要考查函数值的计算，属于基础题.
11、A
【解析】
求出函数的导函数，令导数为零，根据函数单调性，求得极大值点即可.
【详解】
因为，
故可得，
令，因为，
故可得或，
则在区间单调递增，
在单调递减，在单调递增，
故的极大值点为.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用导数求函数的极值点，属基础题.
12、C
【解析】
由,再运用三点共线时和最小，即可求解.
【详解】
.
故选：C
【点睛】
本题考查抛物线的定义，合理转化是本题的关键，注意抛物线的性质的灵活运用，属于中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
先由题意得：，再利用向量数量积的几何意义得，可得结果.
【详解】
由知：，则在方向的投影为，
由向量数量积的几何意义得：
，∴
故答案为
【点睛】
本题考查了投影的应用，考查了数量积的几何意义及向量的模的运算，属于基础题.
14、
【解析】
易得，所以是等差数列，再利用等差数列的通项公式计算即可.
【详解】
由已知，，因，所以，所以数列是以
为首项，3为公差的等差数列，故，所以.
故答案为：
【点睛】
本题考查由递推数列求数列中的某项，考查学生等价转化的能力，是一道容易题.
15、
【解析】
利用展开式所有项系数的和得n=5,再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的常数项.
【详解】
因为的二项展开式中，所有项的系数之和为4n=1024, n=5,
故的展开式的通项公式为Tr+1=C·35-r,令,解得r=4,可得常数项为T5=C·3=15,故填15.
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的应用、二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于中档题.
16、.
【解析】
先求圆的半径, 四边形的最小面积,转化为的最小值为，求出切线长的最小值,再求的距离也就是圆心到直线的距离,可解得的取值范围,利用几何概型即可求得概率．
【详解】
由圆的方程得，所以圆心为，半径为，四边形的面积，若四边形的最小面积，所以的最小值为，而，即的最小值，此时最小为圆心到直线的距离，此时，因为，所以，所以的概率为．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系,及与长度有关的几何概型,考查了学生分析问题的能力,难度一般.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）；（2）
【解析】
（1）由题意得，求出，进而可得到椭圆的方程；
（2）由（1）知点，坐标，设直线的方程为，易知，可得点的坐标为，联立方程，得到关于的一元二次方程，结合根与系数关系，可用表示的坐标，进而由三点共线，即，可用表示的坐标，再结合，可建立方程，从而求出的值，即可求得点的坐标.
【详解】
（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知点，，
由题意可设直线的斜率为，则，所以直线的方程为，则点的坐标为，
联立方程，消去得：.
设，则，所以，
所以，所以.
设点的坐标为，因为点三点共线，所以，即
，所以，所以.
因为，所以，即，
所以，解得，
又，所以符合题意，
计算可得，，
故点的坐标为.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题.
18、（1）；（2）详见解析.
【解析】
（1）由短轴长可知，设，，由设而不求法作差即可求得，将相应值代入即求得，椭圆方程可求；
（2）考虑特殊位置，即直线与轴垂直时候，成立，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，结合中点坐标公式，弦长公式，得到与的关系，将表示出来，结合基本不等式求最值，证明最后的结果
【详解】
解：（1）由已知，得
由，两式相减，得
根据已知条件有，
当时，
∴，即
∴椭圆的标准方程为
（2）当直线斜率不存在时，，不等式成立.
当直线斜率存在时，设
由得
∴，
∴
由
化简，得
∴
令，则
当且仅当时取等号
∴
∵
∴
当且仅当时取等号
综上，
【点睛】
本题为直线与椭圆的综合应用，考查了椭圆方程的求法，点差法处理多未知量问题，能够利用一元二次方程的知识转化处理复杂的计算形式，要求学生计算能力过关，为较难题
19、（1）证明见解析，；（2）.
【解析】
（1）将等式变形为，进而可证明出是等差数列，确定数列的首项和公差，可求得的表达式，进而可得出数列的通项公式；
（2）利用错位相减法可求得数列的前项和.
【详解】
（1）因为，所以，即，
所以数列是等差数列，且公差，其首项
所以，解得；
（2），①
，②
①②，得，
所以.
【点睛】
本题考查利用递推公式证明等差数列，同时也考查了错位相减法求和，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
20、（1）；（2）
【解析】
（1）由已知条件和正弦定理进行边角互化得，再根据余弦定理可求得值.
（2）由正弦定理得，，代入得，运用三角形的面积公式可求得其值.
【详解】
（1）由及正弦定理得，即
由余弦定理得，，.
（2）设外接圆的半径为，则由正弦定理得，
，，
.
【点睛】
本题考查运用三角形的正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，关键在于熟练地运用其公式，合理地选择进行边角互化，属于基础题.
21、（1）；（2）.
【解析】
（1）求得点的坐标，可得出直线的方程，与抛物线的方程联立，结合求出正实数的值，进而可得出抛物线的方程；
（2）设点，，设的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合求得的值，可得出直线所过定点的坐标，由此可得出点到直线的最大距离.
【详解】
（1）易知点，又，所以点，则直线的方程为.
联立，解得或，所以.
故抛物线的方程为；
（2）设的方程为，联立有，
设点，，则，所以.
所以，解得.
所以直线的方程为，恒过点.
又点，故当直线与轴垂直时，点到直线的最大距离为.
【点睛】
本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了抛物线中最值问题的求解，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
22、（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）由题可知，等腰直角三角形与等边三角形，在其公共边AC上取中点O，连接、，可得，可求出.在中，由勾股定理可证得，结合，可证明平面.再根据面面垂直的判定定理，可证平面平面.
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由点F在线段上，设，得出的坐标，进而求出平面的一个法向量.用向量法表示出与平面所成角的正弦值，由其等于，解得.再结合为平面的一个法向量，用向量法即可求出与的夹角，结合图形，写出二面角的大小.
【详解】
证明：（1）在中，
为正三角形，且
在中，
为等腰直角三角形，且
取的中点，连接
，
，
，平面
平面
平面
..平面平面
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
，
，
设.则
设平面的一个法向量为.则
，
令，解得
与平面所成角的正弦值为，
整理得
解得或(含去)
又为平面的一个法向量
，
二面角的大小为.
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定，面面垂直的判定，向量法解决线面角、二面角的问题，属于中档题.