郑州市2026年高三六校第一次联考数学试卷（含答案解析）

这是一份郑州市2026年高三六校第一次联考数学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知x，，则“”是“”的，已知函数，在中，为中点，且，若，则，若,,,则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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．已知三棱锥的体积为2，是边长为2的等边三角形，且三棱锥的外接球的球心恰好是中点，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
2．（ ）
A．B．C．D．
3．若复数是纯虚数，则( )
A．3B．5C．D．
4．已知x，，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
5．下列函数中，值域为R且为奇函数的是（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数（）的部分图象如图所示.则（ ）
A．B．
C．D．
7．在中，为中点，且，若，则（ ）
A．B．C．D．
8．一个几何体的三视图及尺寸如下图所示，其中正视图是直角三角形，侧视图是半圆，俯视图是等腰三角形，该几何体的表面积是 （ ）

A．
B．
C．
D．
9．若,,,则下列结论正确的是( )
A．B．C．D．
10．已知等差数列的前n项和为，且，，若（，且），则i的取值集合是（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数f(x)＝,若关于x的方程f(x)＝kx－恰有4个不相等的实数根，则实数k的取值范围是( )
A． B．
C． D．
12．若双曲线的离心率，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ）
A．B．2C．D．1
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知正四棱柱的底面边长为，侧面的对角线长是，则这个正四棱柱的体积是____．
14．棱长为的正四面体与正三棱锥的底面重合，若由它们构成的多面体的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥的内切球半径为______.
15．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加淮南文明城市创建志愿服务活动，服务活动共有“走进社区”、“环境监测”、“爱心义演”、“交通宣传”等四个项目，每人限报其中一项，记事件为“4名同学所报项目各不相同”，事件为“只有甲同学一人报走进社区项目”，则的值为______.
16．已知函数，若对于任意正实数，均存在以为三边边长的三角形，则实数k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.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若的图象与轴围成的三角形面积大于6，求的取值范围.
18．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的直角坐标方程；
（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，求的值.
19．（12分）自湖北武汉爆发新型冠状病毒惑染的肺炎疫情以来，武汉医护人员和医疗、生活物资严重缺乏，全国各地纷纷驰援.截至1月30日12时，湖北省累计接收捐赠物资615.43万件，包括医用防护服2.6万套N95口軍47.9万个，医用一次性口罩172.87万个，护目镜3.93万个等.中某运输队接到给武汉运送物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送720t物资.已知每辆卡车每天往返的次数：A型卡车16次，B型卡车12次；每辆卡车每天往返的成本：A型卡车240元，B型卡车378元.求每天派出A型卡车与B型卡车各多少辆，运输队所花的成本最低？
20．（12分）在四棱柱中，底面为正方形，，平面．
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
21．（12分）已知，，分别为内角，，的对边，且.
（1）证明：；
（2）若的面积，，求角.
22．（10分）设函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对恒成立，求的取值范围.
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．A
【解析】
根据是中点这一条件，将棱锥的高转化为球心到平面的距离，即可用勾股定理求解.
【详解】
解：设点到平面的距离为，因为是中点，
所以到平面的距离为，
三棱锥的体积，解得，
作平面，垂足为的外心，所以，且，
所以在中，，此为球的半径，
.
故选：A.
本题考查球的表面积，考查点到平面的距离，属于中档题．
2．B
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【详解】
．
故选B．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
3．C
【解析】
先由已知，求出，进一步可得，再利用复数模的运算即可
【详解】
由z是纯虚数，得且，所以，.
因此，.
故选：C.
本题考查复数的除法、复数模的运算，考查学生的运算能力，是一道基础题.
4．D
【解析】
，不能得到， 成立也不能推出，即可得到答案.
【详解】
因为x，，
当时，不妨取，，
故时，不成立，
当时，不妨取，则不成立，
综上可知，“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D
本题主要考查了充分条件，必要条件的判定，属于容易题.
5．C
【解析】
依次判断函数的值域和奇偶性得到答案.
【详解】
A. ，值域为，非奇非偶函数，排除；
B. ，值域为，奇函数，排除；
C. ，值域为，奇函数，满足；
D. ，值域为，非奇非偶函数，排除；
故选：.
本题考查了函数的值域和奇偶性，意在考查学生对于函数知识的综合应用.
6．C
【解析】
由图象可知,可解得,利用三角恒等变换化简解析式可得,令,即可求得.
【详解】
依题意，，即,
解得；因为
所以，当时，.
故选:C.
本题主要考查了由三角函数的图象求解析式和已知函数值求自变量,考查三角恒等变换在三角函数化简中的应用,难度一般.
7．B
【解析】
选取向量，为基底，由向量线性运算，求出，即可求得结果.
【详解】
， ，
，
，，.
故选：B.
本题考查了平面向量的线性运算，平面向量基本定理，属于基础题.
8．D
【解析】
由三视图可知该几何体的直观图是轴截面在水平面上的半个圆锥，表面积为,故选D．
9．D
【解析】
根据指数函数的性质，取得的取值范围，即可求解，得到答案.
【详解】
由指数函数的性质，可得，即，
又由，所以.
故选：D.
本题主要考查了指数幂的比较大小，其中解答中熟记指数函数的性质，求得的取值范围是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.
10．C
【解析】
首先求出等差数列的首先和公差，然后写出数列即可观察到满足的i的取值集合.
【详解】
设公差为d，由题知，
，
解得，，
所以数列为，
故.
故选：C.
本题主要考查了等差数列的基本量的求解，属于基础题.
11．D
【解析】
由已知可将问题转化为：y＝f(x)的图象和直线y＝kx－有4个交点，作出图象，由图可得：点(1,0)必须在直线y＝kx－的下方，即可求得：k＞；再求得直线y＝kx－和y＝ln x相切时，k＝；结合图象即可得解.
【详解】
若关于x的方程f(x)＝kx－恰有4个不相等的实数根，
则y＝f(x)的图象和直线y＝kx－有4个交点．作出函数y＝f(x)的图象，如图，
故点(1,0)在直线y＝kx－的下方．
∴k×1－＞0，解得k＞.
当直线y＝kx－和y＝ln x相切时，设切点横坐标为m，
则k＝＝，∴m＝.
此时，k＝＝，f(x)的图象和直线y＝kx－有3个交点，不满足条件，
故所求k的取值范围是，
故选D..
本题主要考查了函数与方程思想及转化能力，还考查了导数的几何意义及计算能力、观察能力，属于难题．
12．C
【解析】
根据双曲线的解析式及离心率，可求得的值；得渐近线方程后，由点到直线距离公式即可求解.
【详解】
双曲线的离心率，
则，，解得，所以焦点坐标为，
所以，
则双曲线渐近线方程为，即，
不妨取右焦点，则由点到直线距离公式可得，
故选：C.
本题考查了双曲线的几何性质及简单应用，渐近线方程的求法，点到直线距离公式的简单应用，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
Aa设正四棱柱的高为h得到故得到正四棱柱的体积为
故答案为54.
14．
【解析】
由棱长为的正四面体求出外接球的半径，进而求出正三棱锥的高及侧棱长，可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，进而求出体积与表面积，设内切圆的半径，由等体积，求出内切圆的半径．
【详解】
由题意可知：
多面体的外接球即正四面体的外接球
作面交于，连接，如图
则，且为外接球的直径，可得
，
设三角形 的外接圆的半径为，则，解得，
设外接球的半径为，则可得，
即，解得，
设正三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
而，
所以正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，
所以，
设内切球的半径为，，
即解得：．
故答案为：.
本题考查多面体与球的内切和外接问题，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意借助几何体的直观图进行分析.
15．
【解析】
根据条件概率的求法，分别求得，再代入条件概率公式求解.
【详解】
根据题意得
所以
故答案为：
本题主要考查条件概率的求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
16．
【解析】
根据三角形三边关系可知对任意的恒成立,将的解析式用分离常数法变形,由均值不等式可得分母的取值范围,则整个式子的取值范围由的符号决定,故分为三类讨论,根据函数的单调性求出函数值域,再讨论,转化为的最小值与的最大值的不等式,进而求出的取值范围.
【详解】
因为对任意正实数,都存在以为三边长的三角形,
故对任意的恒成立,
,令,
则,
当,即时,该函数在上单调递减,则；
当,即时,,
当,即时,该函数在上单调递增,则,
所以,当时,因为,,
所以,解得；
当时,,满足条件；
当时,,且,
所以,解得,
综上,,
故答案为:
本题考查参数范围,考查三角形的构成条件,考查利用函数单调性求函数值域,考查分类讨论思想与转化思想.
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）（2，+∞）
【解析】
试题分析：
(Ⅰ)由题意零点分段即可确定不等式的解集为；
(Ⅱ)由题意可得面积函数为为，求解不等式可得实数a的取值范围为
试题解析：
（I）当时，化为，
当时，不等式化为，无解；
当时，不等式化为，解得；
当时，不等式化为，解得．
所以的解集为．
（II）由题设可得，
所以函数的图像与x轴围成的三角形的三个顶点分别为，，，的面积为．
由题设得，故．
所以a的取值范围为
18．（1）（2）
【解析】
（1）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）把点极坐标化为直角坐标，直线的参数方程是过定点的标准形式，因此直接把参数方程代入曲线的方程，利用参数的几何意义求解．
【详解】
解：（1），则，∴，
所以曲线的直角坐标方程为，即
（2）点的直角坐标为，易知.设对应参数分别为
将与联立得
本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线参数方程，解题时可利用利用参数方程的几何意义求直线上两点间距离问题．
19．每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低
【解析】
设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，由题意列出约束条件，作出可行域，求出使目标函数取最小值的整数解，即可得解.
【详解】
设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，运输队所花成本为元，
由题意可知，，
整理得，
目标函数，
如图所示，为不等式组表示的可行域，
由图可知，当直线经过点时，最小，
解方程组，解得，，
然而，故点不是最优解.
因此在可行域的整点中，点使得取最小值，
即，
故每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低.
本题考查了线性规划问题中的最优整数解问题，考查了数形结合的思想，解题关键在于列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数，同时注意整点的选取，属于中档题.
20．（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）连接，设，可证得四边形为平行四边形，由此得到，根据线面平行判定定理可证得结论；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量求法可求得结果.
【详解】
（1）连接，设，连接，
在四棱柱中，分别为的中点，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面．
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系．
设，
四边形为正方形，，，
则，，，，
，，，
设为平面的法向量，为平面的法向量，
由得：，令，则，，
由得：，令，则，，
，，
，
二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为.
本题考查立体几何中线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题；关键是能够熟练掌握二面角的向量求法，易错点是求得法向量夹角余弦值后，未根据图形判断二面角为锐二面角还是钝二面角，造成余弦值符号出现错误.
21．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）利用余弦定理化简已知条件，由此证得
（2）利用正弦定理化简（1）的结论，得到，利用三角形的面积公式列方程，由此求得，进而求得的值，从而求得角.
【详解】
（1）由已知得，
由余弦定理得，∴.
（2）由（1）及正弦定理得，即，
∴，∴，
∴.
，
∴，，.
本小题主要考查余弦定理、正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.
22．（1）或；（2）或.
【解析】
试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集（2）根据绝对值三角不等式得最小值，再解含绝对值不等式可得的取值范围.
试题解析：（1）等价于或或，
解得：或.故不等式的解集为或.
（2）因为：
所以，由题意得：，解得或.
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．