2026届河南省开封高中高三六校第一次联考数学试卷含解析

这是一份2026届河南省开封高中高三六校第一次联考数学试卷含解析，共19页。试卷主要包含了数列满足，已知复数，在直角中，，，，若，则，双曲线的渐近线方程为等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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。
1．2020年是脱贫攻坚决战决胜之年，某市为早日实现目标，现将甲、乙、丙、丁4名干部派遺到、、三个贫困县扶贫，要求每个贫困县至少分到一人，则甲被派遣到县的分法有（ ）
A．6种B．12种C．24种D．36种
2．设数列的各项均为正数，前项和为，，且，则（ ）
A．128B．65C．64D．63
3．数列满足：，，，为其前n项和，则（ ）
A．0B．1C．3D．4
4．已知复数（为虚数单位，），则在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
5．已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
6．在直角中，，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．盒中装有形状、大小完全相同的5张“刮刮卡”，其中只有2张“刮刮卡”有奖，现甲从盒中随机取出2张，则至少有一张有奖的概率为( )
A．B．C．D．
8．已知为虚数单位，复数，则其共轭复数（ ）
A．B．C．D．
9．双曲线的渐近线方程为( )
A．B．
C．D．
10．如图，在正四棱柱中，，分别为的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则( )
A．直线与直线异面，且B．直线与直线共面，且
C．直线与直线异面，且D．直线与直线共面，且
11．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：，，，那么在不超过18的素数中随机选取两个不同的数，其和等于16的概率为（ ）
A．B．C．D．
12．在中，角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知数列的前项和且，设，则的值等于_______________ .
14．有以下四个命题：①在中，的充要条件是；②函数在区间上存在零点的充要条件是；③对于函数，若，则必不是奇函数；④函数与的图象关于直线对称.其中正确命题的序号为______.
15．已知向量，满足，，，则向量在的夹角为______.
16．已知x，y＞0，且，则x+y的最小值为_____．
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）已知双曲线及直线.
（1）若l与C有两个不同的交点，求实数k的取值范围；
（2）若l与C交于A，B两点，O是原点，且，求实数k的值.
18．（12分）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，，直线过点，且与抛物线交于，两点．
（1）求抛物线的方程及点的坐标；
（2）求的最大值．
19．（12分）已知数列中，a1=1，其前n项和为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，若数列为递增数列，求λ的取值范围．
20．（12分）在直角坐标系中，点的坐标为，直线的参数方程为（为参数，为常数，且）.以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位，建立极坐标系，圆的极坐标方程为.设点在圆外.
（1）求的取值范围.
（2）设直线与圆相交于两点，若，求的值.
21．（12分）已知，，
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，，求边上的高的最大值．
22．（10分）已知，其中．
（1）当时，设函数，求函数的极值．
（2）若函数在区间上递增，求的取值范围；
（3）证明：．
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】
分成甲单独到县和甲与另一人一同到县两种情况进行分类讨论，由此求得甲被派遣到县的分法数.
【详解】
如果甲单独到县，则方法数有种.
如果甲与另一人一同到县，则方法数有种.
故总的方法数有种.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查简答排列组合的计算，属于基础题.
2、D
【解析】
根据，得到，即，由等比数列的定义知数列是等比数列，然后再利用前n项和公式求.
【详解】
因为，
所以，
所以，
所以数列是等比数列，
又因为，
所以，
.
故选：D
【点睛】
本题主要考查等比数列的定义及等比数列的前n项和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
3、D
【解析】
用去换中的n，得，相加即可找到数列的周期，再利用计算.
【详解】
由已知，①，所以②，①+②，得，
从而，数列是以6为周期的周期数列，且前6项分别为1，2，1，-1，-2，-1，所以，
.
故选：D.
【点睛】
本题考查周期数列的应用，在求时，先算出一个周期的和即，再将表示成即可，本题是一道中档题.
4、B
【解析】
分别比较复数的实部、虚部与0的大小关系，可判断出在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】
因为时，所以，，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数的几何意义，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
5、C
【解析】
由题意可知，，由可得出，，利用导数可得出函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.
【详解】
，，
由于，则，同理可知，，
函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，
，则，，则，
构造函数，其中，则.
当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.
所以，.
故选：C.
【点睛】
本题考查代数式最值的计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度.
6、C
【解析】
在直角三角形ABC中，求得 ，再由向量的加减运算，运用平面向量基本定理，结合向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，化简计算即可得到所求值．
【详解】
在直角中，，，，，
，
若，则
故选C.
【点睛】
本题考查向量的加减运算和数量积的定义和性质，主要是向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题．
7、C
【解析】
先计算出总的基本事件的个数，再计算出两张都没获奖的个数，根据古典概型的概率，求出两张都没有奖的概率，由对立事件的概率关系，即可求解.
【详解】
从5张“刮刮卡”中随机取出2张，共有种情况，
2张均没有奖的情况有（种），故所求概率为.
故选:C.
【点睛】
本题考查古典概型的概率、对立事件的概率关系，意在考查数学建模、数学计算能力，属于基础题.
8、B
【解析】
先根据复数的乘法计算出，然后再根据共轭复数的概念直接写出即可.
【详解】
由，所以其共轭复数.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数的乘法运算以及共轭复数的概念，难度较易.
9、A
【解析】
将双曲线方程化为标准方程为，其渐近线方程为，化简整理即得渐近线方程.
【详解】
双曲线得，则其渐近线方程为，
整理得.
故选：A
【点睛】
本题主要考查了双曲线的标准方程，双曲线的简单性质的应用.
10、B
【解析】
连接，，，，由正四棱柱的特征可知，再由平面的基本性质可知，直线与直线共面.，同理易得，由异面直线所成的角的定义可知，异面直线与所成角为，然后再利用余弦定理求解.
【详解】
如图所示：
连接，，，，由正方体的特征得，
所以直线与直线共面.
由正四棱柱的特征得，
所以异面直线与所成角为.
设，则，则，，，
由余弦定理，得.
故选：B
【点睛】
本题主要考查异面直线的定义及所成的角和平面的基本性质，还考查了推理论证和运算求解的能力，属于中档题.
11、B
【解析】
先求出从不超过18的素数中随机选取两个不同的数的所有可能结果，然后再求出其和等于16的结果，根据等可能事件的概率公式可求.
【详解】
解：不超过18的素数有2，3，5，7，11，13，17共7个，从中随机选取两个不同的数共有，
其和等于16的结果，共2种等可能的结果，
故概率.
故选：B.
【点睛】
古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，本题不可以列举出所有事件但可以用分步计数得到，属于基础题.
12、B
【解析】
利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得，可得出，然后利用余弦定理求出的值，最后利用正弦定理可求出的值.
【详解】
，
即，即，
，，得，，.
由余弦定理得，
由正弦定理，因此，.
故选：B.
【点睛】
本题考查三角形中角的正弦值的计算，考查两角差的正弦公式、边角互化思想、余弦定理与正弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、7
【解析】
根据题意，当时，，可得，进而得数列为等比数列，再计算可得，进而可得结论.
【详解】
由题意，当时，，又，解得，
当时，由，
所以，，即，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，故，
又，，
所以，
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了数列递推关系、函数求值，考查了推理能力与计算能力，计算得是解决本题的关键，属于中档题.
14、①
【解析】
由三角形的正弦定理和边角关系可判断①；由零点存在定理和二次函数的图象可判断②；
由，结合奇函数的定义，可判断③；由函数图象对称的特点可判断④．
【详解】
解：①在中，，故①正确；
②函数在区间上存在零点，比如在存在零点，
但是，故②错误；
③对于函数，若，满足，
但可能为奇函数，故③错误；
④函数与的图象，可令，即，
即有和的图象关于直线对称，即对称，故④错误．
故答案为：①．
【点睛】
本题主要考查函数的零点存在定理和对称性、奇偶性的判断，考查判断能力和推理能力，属于中档题．
15、
【解析】
把平方利用数量积的运算化简即得解.
【详解】
因为，，，
所以，∴，
∴，因为
所以.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查平面向量的数量积的运算法则，考查向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
16、1
【解析】
处理变形x+y＝x（）+y结合均值不等式求解最值.
【详解】
x，y＞0，且，
则x+y＝x（）+y1，
当且仅当时取等号，此时x＝4，y＝2，取得最小值1．
故答案为：1
【点睛】
此题考查利用均值不等式求解最值，关键在于熟练掌握均值不等式的适用条件，注意考虑等号成立的条件.
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）或.
【解析】
（1）联立直线方程与双曲线方程，消去，得到关于的一元二次方程，根据根的判别式，即可求出结论；
（2）设，由（1）可得关系，再由直线l过点，可得，进而建立关于的方程，求解即可.
【详解】
（1）双曲线C与直线l有两个不同的交点，
则方程组有两个不同的实数根，
整理得，
，
解得且.
双曲线C与直线l有两个不同交点时，
k的取值范围是.
（2）设交点，直线l与y轴交于点，
，.
，即，
整理得，解得或
或.又，
或时，的面积为.
【点睛】
本题考查直线与双曲线的位置关系、三角形面积计算，要熟练掌握根与系数关系解决相交弦问题，考查计算求解能力，属于中档题.
18、（1），；（2）1．
【解析】
（1）根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，可得p值，即可求抛物线C的方程从而可得解；
（2）设直线l的方程为：x+my﹣1＝0，代入y2＝4x，得，y2+4my﹣4＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝﹣4m，y1y2＝﹣4，x1+x2＝2+4m2，x1x2＝1，（），（x2﹣2，），由此能求出的最大值．
【详解】
（1）∵点F是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，P（2，y0）是抛物线上一点，|PF|＝3，
∴23，
解得：p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x，
∵点P（2，n）（n＞0）在抛物线C上，
∴n2＝4×2＝8，
由n＞0，得n＝2，∴P（2，2）．
（2）∵F（1，0），∴设直线l的方程为：x+my﹣1＝0，
代入y2＝4x，整理得，y2+4my﹣4＝0
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1，y2是y2+4my﹣4＝0的两个不同实根，
∴y1+y2＝﹣4m，y1y2＝﹣4，
x1+x2＝（1﹣my1）+（1﹣my2）＝2﹣m（y1+y2）＝2+4m2，
x1x2＝（1﹣my1）（1﹣my2）＝1﹣m（y1+y2）+m2y1y2＝1+4m2﹣4m2＝1，
（），（x2﹣2，），
（x1﹣2）（x2﹣2）+（）（）
＝x1x2﹣2（x1+x2）+4
＝1﹣4﹣8m2+4﹣4+8m+8
＝﹣8m2+8m+5
＝﹣8（m）2+1．
∴当m时，取最大值1．
【点睛】
本题考查抛物线方程的求法，考查向量的数量积的最大值的求法，考查抛物线、直线方程、韦达定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
19、（1）（2）
【解析】
（1）项和转换可得，继而得到，可得解；
（2）代入可得，由数列为递增数列可得，，令，可证明为递增数列，即，即得解
【详解】
（1）∵，
∴，
∴，
即，∴，
∴，
∴．
（2）．
=2·-λ（2n+1）．
∵数列为递增数列，
∴，即．
令，
即．
∴为递增数列，∴，
即的取值范围为．
【点睛】
本题考查了数列综合问题，考查了项和转换，数列的单调性，最值等知识点，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.
20、（1）（2）
【解析】
（1）首先将曲线化为直角坐标方程，由点在圆外，则解得即可；
（2）将直线的参数方程代入圆的普通方程，设、对应的参数分别为，列出韦达定理，由及在圆的上方，得，即即可解得；
【详解】
解：（1）曲线的直角坐标方程为.
由点在圆外，得点的坐标为，结合，解得.
故的取值范围是.
（2）由直线的参数方程，得直线过点，倾斜角为，
将直线的参数方程代入，并整理得
，其中.
设、对应的参数分别为，则，.
由及在圆的上方，得，即，代入①，得，，
消去，得，结合，解得.
故的值是.
【点睛】
本题考查极坐标方程化为直角坐标方程，直线的参数方程的几何意义的应用，属于中档题.
21、（1）的最小正周期为：；函数单调递增区间为：
；（2）.
【解析】
（1）根据诱导公式，结合二倍角的正弦公式、辅助角公式把函数的解析式化简成余弦型函数解析式形式，利用余弦型函数的最小正周期公式和单调性进行求解即可；
（2）由（1）结合，求出的大小，再根据三角形面积公式，结合余弦定理和基本不等式进行求解即可.
【详解】
（1）
的最小正周期为：；
当时，即当时，函数单调递增，所以函数单调递增区间为：；
（2）因为，所以
设边上的高为，所以有，
由余弦定理可知：（当用仅当时，取等号），所以，因此边上的高的最大值.
【点睛】
本题考查了正弦的二倍角公式、诱导公式、辅助角公式，考查了余弦定理、三角形面积公式，考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.
22、（1）极大值，无极小值；（2）．（3）见解析
【解析】
（1）先求导，根据导数和函数极值的关系即可求出；
（2）先求导，再函数在区间上递增，分离参数，构造函数，求出函数的最值，问题得以解决；
（3）取得到，取，可得
，累加和根据对数的运算性和放缩法即可证明.
【详解】
解：（1）当时，设函数，则
令，解得
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减
所以当时，函数取得极大值，即极大值为，无极小值；
（2）因为，
所以，
因为在区间上递增，
所以在上恒成立，
所以在区间上恒成立．
当时，在区间上恒成立，
当时，，
设，则在区间上恒成立．
所以在单调递增，则，
所以，即
综上所述．
（3）由（2）可知当时，函数在区间上递增，
所以，即，
取，则
．
所以
所以
【点睛】
此题考查了参数的取值范围以及恒成立的问题，以及不等式的证明，构造函数是关键，属于较难题.