2025-2026学年甘肃省张掖市临泽县一中高三线上测试数学试题试卷含解析.doc

2025-2026学年甘肃省张掖市临泽县一中高三线上测试数学试题试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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。
1．一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）

A． B． C． D．
2．如图在直角坐标系中，过原点作曲线的切线，切点为，过点分别作、轴的垂线，垂足分别为、，在矩形中随机选取一点，则它在阴影部分的概率为（ ）

A． B． C． D．
3．函数在内有且只有一个零点，则a的值为（ ）
A．3 B．－3 C．2 D．－2
4．在函数：①；②；③；④中，最小正周期为的所有函数为（ ）
A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①③
5．已知随机变量服从正态分布，，（ ）
A． B． C． D．
6．若直线经过抛物线的焦点，则（ ）
A． B． C．2 D．
7．已知正三角形的边长为2，为边的中点，、分别为边、上的动点，并满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知，是两条不重合的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
9．在中，为边上的中线，为的中点，且，，则（ ）
A． B． C． D．
10．三棱锥的各个顶点都在求的表面上，且是等边三角形，底面，，，若点在线段上且，则过点的平面截球所得截面的最小面积为（ ）
A． B． C． D．
11．已知非零向量满足，若夹角的余弦值为，且，则实数的值为（ ）
A． B． C．或 D．
12．已知，满足条件（为常数），若目标函数的最大值为9，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．假设10公里长跑，甲跑出优秀的概率为，乙跑出优秀的概率为，丙跑出优秀的概率为，则甲、乙、丙三人同时参加10公里长跑，刚好有2人跑出优秀的概率为________．
14．四面体中，底面，，，则四面体的外接球的表面积为______
15．若曲线（其中常数）在点处的切线的斜率为1，则________.
16．已知函数，若关于x的方程有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_______________.
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）已知函数.
（Ⅰ）求在点处的切线方程；
（Ⅱ）已知在上恒成立，求的值.
（Ⅲ）若方程有两个实数根，且，证明：.
18．（12分）在世界读书日期间，某地区调查组对居民阅读情况进行了调查，获得了一个容量为200的样本，其中城镇居民140人，农村居民60人.在这些居民中，经常阅读的城镇居民有100人，农村居民有30人.
（1）填写下面列联表，并判断能否有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关？

城镇居民
农村居民
合计
经常阅读
100
30

不经常阅读

合计

200
（2）调查组从该样本的城镇居民中按分层抽样抽取出7人，参加一次阅读交流活动，若活动主办方从这7位居民中随机选取2人作交流发言，求被选中的2位居民都是经常阅读居民的概率.
附：，其中.

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

19．（12分）已知等腰梯形中（如图1），，，为线段的中点，、为线段上的点，，现将四边形沿折起（如图2）

（1）求证：平面；
（2）在图2中，若，求直线与平面所成角的正弦值.
20．（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
21．（12分）设函数.
（1）若恒成立，求整数的最大值；
（2）求证：.
22．（10分）已知函数的定义域为，且满足，当时，有，且.
（1）求不等式的解集；
（2）对任意，恒成立，求实数的取值范围.
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】

试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.
考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.
2．A
【解析】
设所求切线的方程为，联立，消去得出关于的方程，可得出，求出的值，进而求得切点的坐标，利用定积分求出阴影部分区域的面积，然后利用几何概型概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】
设所求切线的方程为，则，
联立，消去得①，由，解得，
方程①为，解得，则点，
所以，阴影部分区域的面积为，
矩形的面积为，因此，所求概率为.
故选：A.
本题考查定积分的计算以及几何概型，同时也涉及了二次函数的切线方程的求解，考查计算能力，属于中等题.
3．A
【解析】
求出，对分类讨论，求出单调区间和极值点，结合三次函数的图像特征，即可求解.
【详解】
，
若，，
在单调递增，且，
在不存在零点；
若，，
在内有且只有一个零点，
.
故选:A.
本题考查函数的零点、导数的应用，考查分类讨论思想，熟练掌握函数图像和性质是解题的关键，属于中档题.
4．A
【解析】
逐一考查所给的函数：
，该函数为偶函数，周期 ；
将函数 图象x轴下方的图象向上翻折即可得到 的图象，该函数的周期为 ；
函数的最小正周期为 ；
函数的最小正周期为 ；
综上可得最小正周期为的所有函数为①②③.
本题选择A选项.
点睛：求三角函数式的最小正周期时，要尽可能地化为只含一个三角函数的式子，否则很容易出现错误．一般地，经过恒等变形成“y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)，y＝Atan(ωx＋φ)”的形式，再利用周期公式即可．　
5．B
【解析】
利用正态分布密度曲线的对称性可得出，进而可得出结果.
【详解】
，所以，.
故选：B.
本题考查利用正态分布密度曲线的对称性求概率，属于基础题.
6．B
【解析】
计算抛物线的交点为，代入计算得到答案.
【详解】
可化为，焦点坐标为，故.
故选：.
本题考查了抛物线的焦点，属于简单题.
7．A
【解析】
建立平面直角坐标系，求出直线，
设出点，通过，找出与的关系．
通过数量积的坐标表示，将表示成与的关系式，消元，转化成或的二次函数，利用二次函数的相关知识，求出其值域，即为的取值范围．
【详解】
以D为原点，BC所在直线为轴，AD所在直线为轴建系，
设，则直线 ，
设点，
所以
由得 ，即 ，
所以，
由及，解得，由二次函数的图像知，，所以的取值范围是．故选A．
本题主要考查解析法在向量中的应用，以及转化与化归思想的运用．
8．D
【解析】
利用空间位置关系的判断及性质定理进行判断.
【详解】
解：选项A中直线，还可能相交或异面，
选项B中，还可能异面，
选项C，由条件可得或．
故选：D.
本题主要考查直线与平面平行、垂直的性质与判定等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力，属于基础题.
9．A
【解析】
根据向量的线性运算可得,利用及，计算即可.
【详解】
因为,
所以

，
所以，
故选：A
本题主要考查了向量的线性运算，向量数量积的运算，向量数量积的性质，属于中档题.
10．A
【解析】
由题意画出图形，求出三棱锥S-ABC的外接球的半径，再求出外接球球心到D的距离，利用勾股定理求得过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径，则答案可求.
【详解】
如图，设三角形ABC外接圆的圆心为G，则外接圆半径AG=,
设三棱锥S-ABC的外接球的球心为O，则外接球的半径R=
取SA中点E，由SA=4，AD=3SD，得DE=1,
所以OD=.
则过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径为
所以过点D的平面截球O所得截面的最小面积为

故选：A
本题考查三棱锥的外接球问题，还考查了求截面的最小面积，属于较难题.
11．D
【解析】
根据向量垂直则数量积为零，结合以及夹角的余弦值，即可求得参数值.
【详解】
依题意，得，即.
将代入可得，，
解得（舍去）.
故选：D.
本题考查向量数量积的应用，涉及由向量垂直求参数值，属基础题.
12．B
【解析】
由目标函数的最大值为9我们可以画出满足条件 件为常数）的可行域，根据目标函数的解析式形式，分析取得最优解的点的坐标，然后根据分析列出一个含参数的方程组，消参后即可得到的取值．
【详解】
画出，满足的为常数）可行域如下图：

由于目标函数的最大值为9，
可得直线与直线的交点，
使目标函数取得最大值，
将，代入得：．
故选：．
如果约束条件中含有参数，我们可以先画出不含参数的几个不等式对应的平面区域，分析取得最优解是哪两条直线的交点，然后得到一个含有参数的方程（组，代入另一条直线方程，消去，后，即可求出参数的值．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
分跑出优秀的人为：甲、乙和甲、丙和乙、丙三种情况分别计算再求和即可.
【详解】
刚好有2人跑出优秀有三种情况：其一是只有甲、乙两人跑出优秀的概率为；其二是只有甲、丙两人跑出优秀的概率为；其三是只有乙、丙两人跑出优秀的概率为,三种情况相加得.即刚好有2人跑出优秀的概率为.
故答案为：
本题主要考查了分类方法求解事件概率的问题,属于基础题.
14．
【解析】
由题意画出图形，补形为长方体，求其对角线长，可得四面体外接球的半径，则表面积可求．
【详解】
解：如图，在四面体中，底面，，，

可得，补形为长方体，则过一个顶点的三条棱长分别为1，1，，
则长方体的对角线长为，则三棱锥的外接球的半径为1．
其表面积为．
故答案为：．
本题考查多面体外接球表面积的求法，补形是关键，属于中档题．
15．
【解析】
利用导数的几何意义，由解方程即可.
【详解】
由已知，，所以，解得.
故答案为：.
本题考查导数的几何意义，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.
16．
【解析】
画出函数的图象，再画的图象，求出一个交点时的的值，然后平行移动可得有两个交点时的的范围．
【详解】
函数的图象如图所示：

因为方程有且只有两个不相等的实数根，
所以图象与直线有且只有两个交点即可，
当过点时两个函数有一个交点，即时，与函数有一个交点，
由图象可知，直线向下平移后有两个交点，
可得，
故答案为：．
本题主要考查了方程的跟与函数的图象交点的转化，数形结合的思想，属于中档题．

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．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析
【解析】
（Ⅰ）根据导数的几何意义求解即可.
（Ⅱ）求导分析函数的单调性,并构造函数根据单调性分析可得只能在处取得最小值求解即可.
（Ⅲ）根据（Ⅰ）（Ⅱ）的结论可知,在上恒成立,再分别设 的解为、.再根据不等式的性质证明即可.
【详解】
（Ⅰ）由题,故.且.
故在点处的切线方程为.
（Ⅱ）设恒成立,故.
设函数则,故在上单调递减且,又在上单调递增.

又,即且,故只能在处取得最小值,
当时，此时,且在上,单调递减.
在上,单调递增.故,满足题意；
当时，此时有解,且在上单调递减,与矛盾；
当时，此时有解,且在上单调递减,与矛盾；
故
（Ⅲ）.由（Ⅰ）,在上单调递减且,又在上单调递增,故最多一根.
又因为,,
故设的解为,因为,故.
所以在递减,在递增.
因为方程有两个实数根,故 .
结合（Ⅰ）（Ⅱ）有,在上恒成立.
设 的解为,则；设的解为,则.
故,.
故,得证.
本题主要考查了导数的几何意义以及根据函数的单调性与最值求解参数值的问题.同时也考查了构造函数结合前问的结论证明不等式的方法.属于难题.
18．1）见解析，有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关.（2）
【解析】
（1）根据题中数据得到列联表，然后计算出，与临界值表中的数据对照后可得结论；（2）由题意得概率为古典概型，根据古典概型概率公式计算可得所求.
【详解】
（1）由题意可得：

城镇居民
农村居民
合计
经常阅读
100
30
130
不经常阅读
40
30
70
合计
140
60
200
则，
所以有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关.
（2）在城镇居民140人中，经常阅读的有100人，不经常阅读的有40人.
采取分层抽样抽取7人，则其中经常阅读的有5人，记为、、、、
不经常阅读的有2人，记为、.
从这7人中随机选取2人作交流发言，所有可能的情况为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21种，
被选中的位居民都是经常阅读居民的情况有种，
所求概率为.
本题主要考查古典概型的概率计算，以及独立性检验的应用，利用列举法是解决本题的关键，考查学生的计算能力.对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数，使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可，属于中档题.
19．（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）先连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；
（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，证明平面平面，得到点在底面上的投影必落在直线上，记为点在底面上的投影，连接，，得出即是直线与平面所成角，再由题中数据求解，即可得出结果.
【详解】
（1）连接，因为等腰梯形中（如图1），，，
所以与平行且相等，即四边形为平行四边形；所以；
又为线段的中点，为中点，易得：四边形也为平行四边形，所以；
将四边形沿折起后，平行关系没有变化，仍有：，且，
所以翻折后四边形也为平行四边形；故；
因为平面，平面，
所以平面；
（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，
因为，，翻折前梯形的高为，
所以，则，；
所以；
又，，
所以，即，所以；
又，且平面，平面，
所以平面；因此，平面平面；
所以点在底面上的投影必落在直线上；
记为点在底面上的投影，连接，，
则平面；
所以即是直线与平面所成角，
因为，所以，
因此，，
故；
因为，
所以，
因此，故，
所以.
即直线与平面所成角的正弦值为.

本题主要考查证明线面平行，以及求直线与平面所成的角，熟记线面平行的判定定理，以及线面角的求法即可，属于常考题型.
20．（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）.
【解析】
（1）对a分三种情况讨论求出函数的单调性；（2）对a分三种情况，先求出每一种情况下函数f(x)的最小值，再解不等式得解.
【详解】
（1）
当时，，在上单调递增；
当时，，，，，
∴在上单调递减，在上单调递增；
当时，，，，，
∴在上单调递减，在上单调递增.
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）可知：
当时，，∴成立.
当时，，
，∴.
当时，
，
，∴，即.
综上.
本题主要考查利用导数研究函数的单调性和不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
21．（1）整数的最大值为；（2）见解析.
【解析】
（1）将不等式变形为，构造函数，利用导数研究函数的单调性并确定其最值，从而得到正整数的最大值；
（2）根据（1）的结论得到，利用不等式的基本性质可证得结论.
【详解】
（1）由得，
令，，
令，对恒成立，
所以，函数在上单调递增，
，，，，
故存在使得，即，
从而当时，有，，所以，函数在上单调递增；
当时，有，，所以，函数在上单调递减.
所以，，
，因此，整数的最大值为；
（2）由（1）知恒成立，，
令则，
，，，，
上述等式全部相加得，
所以，，
因此，
本题考查导数在函数单调性、最值中的应用，以及放缩法证明不等式的技巧，属于难题．
22．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用定义法求出函数在上单调递增，由和，求出，求出，运用单调性求出不等式的解集；
（2）由于恒成立，由（1）得出在上单调递增，恒成立，设，利用三角恒等变换化简，结合恒成立的条件，构造新函数，利用单调性和最值，求出实数的取值范围.
【详解】
（1）设，
，
所以函数在上单调递增，
又因为和，
则，
所以
得
解得，即，
故的取值范围为；
（2） 由于恒成立，
恒成立，
设，
则

，
令， 则，
所以在区间上单调递增，
所以，
根据条件，只要 ，
所以.
本题考查利用定义法求函数的单调性和利用单调性求不等式的解集，考查不等式恒成立问题，还运用降幂公式、两角和与差的余弦公式、辅助角公式，考查转化思想和解题能力.