2026届甘肃省西北师范大学附属中学高三六校第一次联考数学试卷含解析

这是一份2026届甘肃省西北师范大学附属中学高三六校第一次联考数学试卷含解析，共4页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知全集，集合，，则等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．设不等式组表示的平面区域为，若从圆：的内部随机选取一点，则取自的概率为（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数（）的最小值为0，则（ ）
A．B．C．D．
3．给出下列三个命题：
①“”的否定；
②在中，“”是“”的充要条件；
③将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．
其中假命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
4．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
5．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则；其中真命题的个数为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，网格纸是由边长为1的小正方形构成，若粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
8．等差数列中，已知，且，则数列的前项和中最小的是（ ）
A．或B．C．D．
9．的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为
A．-40B．-20C．20D．40
10．设不等式组，表示的平面区域为，在区域内任取一点，则点的坐标满足不等式的概率为
A．B．
C．D．
11．命题：的否定为
A．B．
C．D．
12．已知（i为虚数单位，），则ab等于（ ）
A．2B．-2C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P（1，2），则sin（π﹣α）的值是_____．
14．已知集合，则_______．
15．若存在直线l与函数及的图象都相切，则实数的最小值为___________．
16．设是公差不为0的等差数列的前项和，且，则______.
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）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线上各点纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到曲线，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）写出的极坐标方程与直线的直角坐标方程；
（2）曲线上是否存在不同的两点，（以上两点坐标均为极坐标，，），使点、到的距离都为3？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
18．（12分）设
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求的取值范围.
19．（12分）我国在贵州省平塘县境内修建的500米口径球面射电望远镜（FAST）是目前世界上最大单口径射电望远镜.使用三年来，已发现132颗优质的脉冲星候选体，其中有93颗已被确认为新发现的脉冲星，脉冲星是上世纪60年代天文学的四大发现之一，脉冲星就是正在快速自转的中子星，每一颗脉冲星每两脉冲间隔时间（脉冲星的自转周期）是-定的，最小小到0.0014秒，最长的也不过11.765735秒.某-天文研究机构观测并统计了93颗已被确认为新发现的脉冲星的自转周期，绘制了如图的频率分布直方图.
（1）在93颗新发现的脉冲星中，自转周期在2至10秒的大约有多少颗？
（2）根据频率分布直方图，求新发现脉冲星自转周期的平均值.
20．（12分）在中，内角的对边分别是，已知．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
21．（12分）如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．
Ⅰ求证：平面PBD；
Ⅱ求证：．
22．（10分）已知函数.
（1）当a=2时，求不等式的解集；
（2）设函数.当时，，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、B
【解析】
画出不等式组表示的可行域，求得阴影部分扇形对应的圆心角，根据几何概型概率计算公式，计算出所求概率.
【详解】
作出中在圆内部的区域，如图所示，
因为直线，的倾斜角分别为，，
所以由图可得取自的概率为.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查几何概型的计算，考查线性可行域的画法，属于基础题.
2、C
【解析】
设，计算可得，再结合图像即可求出答案.
【详解】
设，则，
则，
由于函数的最小值为0，作出函数的大致图像，

结合图像，，得，
所以.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了分段函数的图像与性质，考查转化思想，考查数形结合思想，属于中档题.
3、C
【解析】
结合不等式、三角函数的性质,对三个命题逐个分析并判断其真假,即可选出答案.
【详解】
对于命题①,因为,所以“”是真命题,故其否定是假命题,即①是假命题;
对于命题②,充分性:中,若,则,由余弦函数的单调性可知,,即,即可得到,即充分性成立;必要性:中,,若,结合余弦函数的单调性可知,,即,可得到,即必要性成立.故命题②正确;
对于命题③,将函数的图象向左平移个单位长度,可得到的图象,即命题③是假命题．
故假命题有①③.
故选:C
【点睛】
本题考查了命题真假的判断,考查了余弦函数单调性的应用,考查了三角函数图象的平移变换,考查了学生的逻辑推理能力,属于基础题.
4、B
【解析】
直接利用集合的基本运算求解即可．
【详解】
解：全集，集合，，
则，
故选：．
【点睛】
本题考查集合的基本运算，属于基础题．
5、C
【解析】
利用线线、线面、面面相应的判定与性质来解决.
【详解】
如果两条平行线中一条垂直于这个平面，那么另一条也垂直于这个平面知①正确；当直线
平行于平面与平面的交线时也有，，故②错误；若，则垂直平面
内以及与平面平行的所有直线，故③正确；若，则存在直线且，因
为，所以，从而，故④正确.
故选：C.
【点睛】
本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系，里面涉及到了相应的判定定理以及性质定理，是一道基础题.
6、C
【解析】
根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积.
【详解】
由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半圆柱的底面半圆半径为1，高为4，长方体的底面四边形相邻边长分别为1，2，高为4，所以该几何体的表面积，故选C.
【点睛】
本题主要考查三视图的识别，利用三视图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.
7、B
【解析】
由题意首先确定几何体的空间结构特征，然后结合空间结构特征即可求得其表面积.
【详解】
由三视图可知，该几何体为边长为正方体挖去一个以为球心以为半径球体的，
如图，故其表面积为，
故选：B.
【点睛】
(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．
(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．
8、C
【解析】
设公差为，则由题意可得，解得，可得.令 ，可得 当时，，当时，，由此可得数列前项和中最小的.
【详解】
解：等差数列中，已知，且，设公差为，
则，解得 ，
.
令 ，可得，故当时，，当时，，
故数列前项和中最小的是.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查等差数列的性质，等差数列的通项公式的应用，属于中档题.
9、D
【解析】
令x=1得a=1.故原式=．的通项，由5-2r=1得r=2,对应的常数项=80，由5-2r=-1得r=3,对应的常数项=-40，故所求的常数项为40 ，选D
解析2.用组合提取法,把原式看做6个因式相乘，若第1个括号提出x,从余下的5个括号中选2个提出x，选3个提出；若第1个括号提出，从余下的括号中选2个提出，选3个提出x.
故常数项==-40+80=40
10、A
【解析】
画出不等式组表示的区域，求出其面积，再得到在区域内的面积，根据几何概型的公式，得到答案.
【详解】
画出所表示的区域，易知，
所以的面积为，
满足不等式的点，在区域内是一个以原点为圆心，为半径的圆面，其面积为，
由几何概型的公式可得其概率为，
故选A项.
【点睛】
本题考查由约束条件画可行域，求几何概型，属于简单题.
11、C
【解析】
命题为全称命题，它的否定为特称命题，将全称量词改为存在量词，并将结论否定，可知命题的否定为，故选C．
12、A
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件列式求解．
【详解】
，
，得，．
．
故选：．
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，是基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
计算sinα，再利用诱导公式计算得到答案.
【详解】
由题意可得x＝1，y＝2，r，∴sinα，∴sin（π﹣α）＝sinα．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角函数定义，诱导公式，意在考查学生的计算能力.
14、
【解析】
由可得集合是奇数集，由此可以得出结果.
【详解】
解：因为
所以集合中的元素为奇数，
所以.
【点睛】
本题考查了集合的交集，解析出集合B中元素的性质是本题解题的关键.
15、
【解析】
设直线l与函数及的图象分别相切于，，
因为，所以函数的图象在点处的切线方程为，即，因为，所以函数的图象在点处的切线方程为，即，因为存在直线l与函数及的图象都相切，所以，所以，
令，设，则，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
所以，所以实数的最小值为．
16、18
【解析】
先由，可得，再结合等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】
解：因为，所以，.
故答案为：18.
【点睛】
本题考查了等差数列基本量的运算，重点考查了等差数列的前项和公式，属基础题.
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、（1），（2）存在，
【解析】
（1）先求得曲线的普通方程，利用伸缩变换的知识求得曲线的直角坐标方程，再转化为极坐标方程.根据极坐标和直角坐标转化公式，求得直线的直角坐标方程.
（2）求得曲线的圆心和半径，计算出圆心到直线的距离，结合图像判断出存在符合题意，并求得的值.
【详解】
（1）曲线的普通方程为，纵坐标伸长到原来的2倍，得到曲线的直角坐标方程为，其极坐标方程为，
直线的直角坐标方程为.
（2）曲线是以为圆心，为半径的圆，
圆心到直线的距离.
∴由图像可知，存在这样的点，，则，且点到直线的距离，
∴，∴.
【点睛】
本小题主要考查坐标变换，考查直线和圆的位置关系，考查极坐标方程和直角坐标方程相互转化，考查参数方程化为普通方程，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
18、（1）（2）
【解析】
(1)通过讨论的范围,得到关于的不等式组,解出取并集即可.
(2)去绝对值将函数写成分段函数形式讨论分段函数的单调性由恒成立求得结果.
【详解】
解：（1）当时，，即
或或
解之得或，即
不等式的解集为.
（2）由题意得：
当时为减函数，显然恒成立.
当时，为增函数，
，
当时，为减函数，
综上所述：使恒成立的的取值范围为.
【点睛】
本题考查了解绝对值不等式问题,考查不等式恒成立问题中求解参数问题,考查分类讨论思想,转化思想,属于中档题.
19、（1）79颗；（2）5.5秒.
【解析】
（1）利用各小矩形的面积和为1可得，进而得到脉冲星自转周期在2至10秒的频率，从而得到频数；
（2）平均值的估计值为各小矩形组中值与频率的乘积的和得到.
【详解】
（1）第一到第六组的频率依次为
0.1，0.2，0.3，0.2，，0.05，其和为1
所以，，
所以，自转周期在2至10秒的大约有（颗）.
（2）新发现的脉冲星自转周期平均值为
（秒）.
故新发现的脉冲星自转周期平均值为5.5秒.
【点睛】
本题考查频率分布直方图的应用，涉及到平均数的估计值等知识，是一道容易题.
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）由，利用余弦定理可得,结合可得结果；
（2）由正弦定理，, 利用三角形内角和定理可得，由三角形面积公式可得结果.
【详解】
（1）由题意，得.
∵.
∴,
∵ ，∴ .
（2）∵，
由正弦定理，可得.
∵a>b，∴,
∴.
∴.
【点睛】
本题主要考查正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
21、（1）见解析；（2）见解析．
【解析】
分析：（1）先证明，再证明FG//平面PBD. （2）先证明平面，再证明BD⊥FG．
详解：证明：（1）连结PE，因为G.、F为EC和PC的中点，
，
又平面，平面，所以平面
（II）因为菱形ABCD，所以，
又PA⊥面ABCD，平面，所以，
因为平面，平面，且，
平面，
平面，∴BD⊥FG .
点睛：（1）本题主要考查空间位置关系的证明，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2)证明空间位置关系，一般有几何法和向量法，本题利用几何法比较方便.
22、（1）；（2）．
【解析】
试题分析：（1）当时；（2）由
等价于
，解之得.
试题解析： （1）当时，.
解不等式，得.
因此，的解集为.
（2）当时，，
当时等号成立，
所以当时，等价于. ①
当时，①等价于，无解.
当时，①等价于，解得.
所以的取值范围是.
考点：不等式选讲.