2026届河南省兰考县第二高级中学高三第一次调研测试数学试卷含解析

这是一份2026届河南省兰考县第二高级中学高三第一次调研测试数学试卷含解析，共11页。试卷主要包含了若、满足约束条件，则的最大值为等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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．已知集合，，若，则（ ）
A．B．C．D．
2．方程在区间内的所有解之和等于( )
A．4B．6C．8D．10
3．小张家订了一份报纸，送报人可能在早上之间把报送到小张家，小张离开家去工作的时间在早上之间.用表示事件：“小张在离开家前能得到报纸”，设送报人到达的时间为，小张离开家的时间为，看成平面中的点，则用几何概型的公式得到事件的概率等于（ ）
A．B．C．D．
4．点在所在的平面内，，，，，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为
A．72B．64C．48D．32
6．如图，在中，点为线段上靠近点的三等分点，点为线段上靠近点的三等分点，则（ ）
A．B．C．D．
7．若、满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．在条件下，目标函数的最大值为40，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．2
9．我国古代数学名著《九章算术》有一问题：“今有鳖臑(biē naò)，下广五尺，无袤；上袤四尺，无广；高七尺.问积几何？”该几何体的三视图如图所示，则此几何体外接球的表面积为( )
A．平方尺B．平方尺
C．平方尺D．平方尺
10．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，a5＝16，a3a4＝﹣32，则S8＝（ ）
A．﹣21B．﹣24C．85D．﹣85
11．在等差数列中，若为前项和，，则的值是（ ）
A．156B．124C．136D．180
12．的展开式中的系数是（ ）
A．160B．240C．280D．320
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．高三（1）班共有56人，学号依次为1，2，3，…，56，现用系统抽样的办法抽取一个容量为4的样本，已知学号为6，34，48的同学在样本中，那么还有一个同学的学号应为 ．
14．若，则_________.
15．圆关于直线的对称圆的方程为_____.
16．有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则对应的排法有______种； ______；
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）如图,直角三角形所在的平面与半圆弧所在平面相交于,，,分别为,的中点, 是上异于,的点, .
（1）证明:平面平面;
（2）若点为半圆弧上的一个三等分点(靠近点)求二面角的余弦值.
18．（12分）设数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
19．（12分）设复数满足（为虚数单位），则的模为______.
20．（12分）已知关于的不等式有解.
（1）求实数的最大值；
（2）若，，均为正实数，且满足.证明：.
21．（12分）已知函数.
（1）解不等式；
（2）记函数的最小值为，正实数、满足，求证：.
22．（10分）在直角坐标系中，曲线的标准方程为.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求直线的直角坐标方程；
（2）若点在曲线上，点在直线上，求的最小值.
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】
由，得，代入集合B即可得.
【详解】
，，，即：，
故选：A
【点睛】
本题考查了集合交集的含义，也考查了元素与集合的关系，属于基础题.
2、C
【解析】
画出函数和的图像，和均关于点中心对称，计算得到答案.
【详解】
，验证知不成立，故，
画出函数和的图像，
易知：和均关于点中心对称，图像共有8个交点，
故所有解之和等于.
故选：.
【点睛】
本题考查了方程解的问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定函数关于点中心对称是解题的关键.
3、D
【解析】
这是几何概型，画出图形，利用面积比即可求解.
【详解】
解：事件发生，需满足，即事件应位于五边形内，作图如下：
故选：D
【点睛】
考查几何概型，是基础题.
4、D
【解析】
确定点为外心，代入化简得到，，再根据计算得到答案.
【详解】
由可知，点为外心，
则，，又，
所以①
因为，②
联立方程①②可得，，，因为，
所以，即．
故选：
【点睛】
本题考查了向量模长的计算，意在考查学生的计算能力.
5、B
【解析】
由三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，利用体积公式，即可求解。
【详解】
由题意，几何体的三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，
所以几何体的体积为，故选B。
【点睛】
本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线。求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解。
6、B
【解析】
，将,代入化简即可.
【详解】
.
故选：B.
【点睛】
本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算、数乘运算，考查学生的运算能力，是一道中档题.
7、C
【解析】
作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可.
【详解】
作出满足约束条件的可行域如图阴影部分（包括边界）所示．
由，得，平移直线，当直线经过点时，该直线在轴上的截距最大，此时取最大值，
即.
故选：C.
【点睛】
本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.
8、B
【解析】
画出可行域和目标函数，根据平移得到最值点，再利用均值不等式得到答案.
【详解】
如图所示，画出可行域和目标函数，根据图像知：
当时，有最大值为，即，故.
.
当，即时等号成立.
故选：.
【点睛】
本题考查了线性规划中根据最值求参数，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.
9、A
【解析】
根据三视图得出原几何体的立体图是一个三棱锥，将三棱锥补充成一个长方体，此长方体的外接球就是该三棱锥的外接球，由球的表面积公式计算可得选项.
【详解】
由三视图可得，该几何体是一个如图所示的三棱锥，为三棱锥外接球的球心，此三棱锥的外接球也是此三棱锥所在的长方体的外接球，所以为的中点， 设球半径为，则,所以外接球的表面积，
故选：A．
【点睛】
本题考查求几何体的外接球的表面积，关键在于由几何体的三视图得出几何体的立体图，找出外接球的球心位置和半径，属于中档题.
10、D
【解析】
由等比数列的性质求得a1q4＝16，a12q5＝﹣32，通过解该方程求得它们的值，求首项和公比，根据等比数列的前n项和公式解答即可.
【详解】
设等比数列{an}的公比为q，
∵a5＝16，a3a4＝﹣32，
∴a1q4＝16，a12q5＝﹣32，
∴q＝﹣2，则，
则，
故选：D.
【点睛】
本题主要考查等比数列的前n项和，根据等比数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键，属于基础题.
11、A
【解析】
因为，可得，根据等差数列前项和，即可求得答案.
【详解】
，
，
.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了求等差数列前项和，解题关键是掌握等差中项定义和等差数列前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
12、C
【解析】
首先把看作为一个整体，进而利用二项展开式求得的系数，再求的展开式中的系数，二者相乘即可求解.
【详解】
由二项展开式的通项公式可得的第项为，令，则，又的第为，令，则，所以的系数是.
故选：C
【点睛】
本题考查二项展开式指定项的系数，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、20
【解析】
根据系统抽样的定义将56人按顺序分成4组，每组14人，则1至14号为第一组，15至28号为第二组，29号至42号为第三组，43号至56号为第四组.而学号6,34,48分别是第一、三、四组的学号，所以还有一个同学应该是15+6-1=20号,故答案为20.
14、
【解析】
因为，所以.因为，所以，又，所以，所以..
15、
【解析】
求出圆心关于直线的对称点，即可得解.
【详解】
的圆心为，关于对称点设为，
则有: ，解得，
所以对称后的圆心为，故所求圆的方程为.
故答案为：
【点睛】
此题考查求圆关于直线的对称圆方程，关键在于准确求出圆心关于直线的对称点坐标.
16、36 ；1.
【解析】
的可能取值为0，1，2，3，对应的排法有：.分别求出，，，，由此能求出.
【详解】
解：有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，
则的可能取值为0，1，2，3，
对应的排法有：.
∴对应的排法有36种；
，
，
，
，
∴
故答案为：36；1.
【点睛】
本题考查了排列、组合的应用，离散型随机变量的分布列以及数学期望，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、（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）由直径所对的圆周角为，可知，通过计算，利用勾股定理的逆定理可以判断出为直角三角形，所以有.由已知可以证明出，这样利用线面垂直的判定定理可以证明平面，利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面;
（2）以为坐标原点，分别以垂直于平面向上的方向、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出相应点的坐标，求出平面的一个法向量和平面的法向量，利用空间向量数量积运算公式，可以求出二面角的余弦值.
【详解】
解：（1）证明：因为半圆弧上的一点，所以.
在中，分别为的中点，所以，且.
于是在中， ，
所以为直角三角形，且.
因为，,所以.
因为，，，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）由已知，以为坐标原点，分别以垂直于、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，,
,,.
设平面的一个法向量为,
则即，取,得.
设平面的法向量,
则即，取,得.
所以，
又二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查了利用线面垂直判定面面垂直、利用空间向量数量积求二面角的余弦值问题.
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）令可求得的值，令时，由可得出，两式相减可得的表达式，然后对是否满足在时的表达式进行检验，由此可得出数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，对分奇数和偶数两种情况讨论，利用奇偶分组求和法结合等差数列和等比数列的求和公式可求得结果.
【详解】
（1），
当时，；
当时，由得，
两式相减得，.
满足.
因此，数列的通项公式为；
（2）.
①当为奇数时，；
②当为偶数时，.
综上所述，.
【点睛】
本题考查数列通项的求解，同时也考查了奇偶分组求和法，考查计算能力，属于中等题.
19、1
【解析】
整理已知利用复数的除法运算方式计算，再由求模公式得答案.
【详解】
因为，即
所以的模为1
故答案为：1
【点睛】
本题考查复数的除法运算与求模，属于基础题.
20、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）由题意，只需找到的最大值即可；
（2），构造并利用基本不等式可得，即.
【详解】
（1），
∴的最大值为4.
关于的不等式有解等价于，
（ⅰ）当时，上述不等式转化为，解得，
（ⅱ）当时，上述不等式转化为，解得，
综上所述，实数的取值范围为，则实数的最大值为3，即.
（2）证明：根据（1）求解知，所以，
又∵，，，，
，当且仅当时，等号成立，
即，∴，
所以，.
【点睛】
本题考查绝对值不等式中的能成立问题以及综合法证明不等式问题，是一道中档题.
21、（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可求得函数的最小值为，进而可得出，再将代数式与相乘，利用基本不等式求得的最小值，进而可证得结论成立.
【详解】
（1）当时，由，得，即，解得，此时；
当时，由，得，即，解得，此时；
当时，由，得，即，解得，此时.
综上所述，不等式的解集为；
（2），
当且仅当时取等号，所以，.
所以，
当且仅当，即，时等号成立，所以.
所以，即.
【点睛】
本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用基本不等式证明不等式成立，涉及绝对值三角不等式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
22、（1）（2）
【解析】
（1）直接利用极坐标公式计算得到答案
（2）设，，根据三角函数的有界性得到答案.
【详解】
（1）因为，所以，
因为所以直线的直角坐标方程为.
（2）由题意可设，
则点到直线的距离.
因为，所以，
因为，故的最小值为.
【点睛】
本题考查了极坐标方程，参数方程，意在考查学生的计算能力和转化能力.