枣庄市2026-2027学年高考数学一模试卷（含答案解析）

这是一份枣庄市2026-2027学年高考数学一模试卷（含答案解析），文件包含2对数函数原卷版docx、1指数函数原卷版docx、1指数函数解析版docx、1指数函数解析版pdf、2对数函数解析版docx、2对数函数解析版pdf等6份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 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．若满足，且目标函数的最大值为2，则的最小值为( )
A．8B．4C．D．6
2．已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．3B．C．D．
3．复数在复平面内对应的点为则（ ）
A．B．C．D．
4．已知集合，集合，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．是恒成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为( )
A．B．C．D．
8．设集合，，则集合
A．B．C．D．
9．某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有
A．72种B．36种C．24种D．18种
10．已知的展开式中的常数项为8，则实数（ ）
A．2B．-2C．-3D．3
11．现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动,则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为
A．B．C．D．
12．已知复数是正实数，则实数的值为( )
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．平行四边形中，，为边上一点（不与重合），将平行四边形沿折起，使五点均在一个球面上，当四棱锥体积最大时，球的表面积为________.
14．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是______.
15．已知随机变量服从正态分布，，则__________．
16．（5分）已知函数，则不等式的解集为____________．
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）已知椭圆的短轴长为，离心率，其右焦点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过作夹角为的两条直线分别交椭圆于和，求的取值范围.
18．（12分）如图，四棱锥中，平面，，，.
（Ｉ）证明：；
（Ⅱ）若是中点，与平面所成的角的正弦值为，求的长.
19．（12分）在平面四边形(图①)中，与均为直角三角形且有公共斜边，设，∠，∠，将沿折起，构成如图②所示的三棱锥，且使=.
（1）求证：平面⊥平面；
（2）求二面角的余弦值.
20．（12分）已知曲线的参数方程为（为参数）.以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）若过点的直线与交于，两点，与交于，两点，求的取值范围.
21．（12分）已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.
22．（10分）已知在中，内角所对的边分别为，若，，且.
（1）求的值；
（2）求的面积.
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】
作出可行域，由，可得.当直线过可行域内的点时，最大，可得.再由基本不等式可求的最小值.
【详解】
作出可行域，如图所示
由，可得.
平移直线，当直线过可行域内的点时，最大，即最大，最大值为2.
解方程组，得.
.
，
当且仅当，即时，等号成立.
的最小值为8.
故选：.
本题考查简单的线性规划，考查基本不等式，属于中档题.
2、B
【解析】
由三视图知：几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，如图：
直三棱柱的体积为，消去的三棱锥的体积为，
∴几何体的体积，故选B.
点睛：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及相关几何量的数据是解答此类问题的关键；几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，结合直观图分别求出直三棱柱的体积和消去的三棱锥的体积，相减可得几何体的体积.
3、B
【解析】
求得复数，结合复数除法运算，求得的值.
【详解】
易知，则.
故选：B
本小题主要考查复数及其坐标的对应，考查复数的除法运算，属于基础题.
4、A
【解析】
根据或，验证交集后求得的值.
【详解】
因为，所以或.当时，，不符合题意，当时，.故选A.
本小题主要考查集合的交集概念及运算，属于基础题.
5、A
【解析】
设 成立；反之，满足 ，但，故选A.
6、B
【解析】
由题意可知函数为上为减函数，可知函数为减函数，且，由此可解得实数的取值范围.
【详解】
由题意知函数是上的减函数，于是有，解得，
因此，实数的取值范围是．
故选：B.
本题考查利用分段函数的单调性求参数，一般要分析每支函数的单调性，同时还要考虑分段点处函数值的大小关系，考查运算求解能力，属于中等题.
7、B
【解析】
计算求半径为，再计算球体积和圆锥体积，计算得到答案.
【详解】
如图所示：设球半径为，则，解得.
故求体积为：，圆锥的体积：，故.
故选：.
本题考查了圆锥，球体积，圆锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
8、B
【解析】
先求出集合和它的补集，然后求得集合的解集，最后取它们的交集得出结果.
【详解】
对于集合A，，解得或，故.对于集合B，，解得.故.故选B.
本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查对数不等式的解法，考查集合的补集和交集的运算.对于有两个根的一元二次不等式的解法是：先将二次项系数化为正数，且不等号的另一边化为，然后通过因式分解，求得对应的一元二次方程的两个根，再利用“大于在两边，小于在中间”来求得一元二次不等式的解集.
9、B
【解析】
根据条件2名内科医生，每个村一名，3名外科医生和3名护士，平均分成两组，则分1名外科，2名护士和2名外科医生和1名护士，根据排列组合进行计算即可．
【详解】
2名内科医生，每个村一名，有2种方法，
3名外科医生和3名护士，平均分成两组，要求外科医生和护士都有，则分1名外科，2名护士和2名外科医生和1名护士，
若甲村有1外科,2名护士,则有，其余的分到乙村，
若甲村有2外科,1名护士,则有，其余的分到乙村，
则总共的分配方案为2×(9+9)=2×18=36种，
故选：B.
本题主要考查了分组分配问题，解决这类问题的关键是先分组再分配，属于常考题型.
10、A
【解析】
先求的展开式，再分类分析中用哪一项与相乘，将所有结果为常数的相加，即为
展开式的常数项，从而求出的值.
【详解】
展开式的通项为，
当取2时，常数项为，
当取时，常数项为
由题知，则.
故选：A.
本题考查了两个二项式乘积的展开式中的系数问题，其中对所取的项要进行分类讨论，属于基础题.
11、B
【解析】
求得基本事件的总数为，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.
【详解】
由题意，现有甲乙丙丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，
基本事件的总数为，
其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,
所以乙丙两人恰好参加同一项活动的概率为，故选B.
本题主要考查了排列组合的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中合理应用排列、组合的知识求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
12、C
【解析】
将复数化成标准形式，由题意可得实部大于零，虚部等于零，即可得到答案.
【详解】
因为为正实数，
所以且，解得.
故选：C
本题考查复数的基本定义，属基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
依题意可得、、、四点共圆，即可得到，从而得到三角形为正三角形，利用余弦定理可得，且，要使四棱锥体积最大，当且仅当面面时体积取得最大值，利用正弦定理求出的外接圆的半径，再又可证面，则外接球的半径，即可求出球的表面积；
【详解】
解：依题意可得、、、四点共圆，
所以
因为，
所以，，
所以三角形为正三角形，则，，
利用余弦定理得
即，解得，则
所以，
当面面时，取得最大，
所以的外接圆的半径，
又面面，，且面面， 面
所以面，
所以外接球的半径
所以
故答案为：
本题考查多面体的外接球的相关计算，正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题.
14、
【解析】
先由三视图在长方体中将其还原成直观图，再利用球的直径是长方体体对角线即可解决.
【详解】
由三视图知该几何体是一个三棱锥，如图所示
长方体对角线长为，所以三棱锥外接球半径为，故所求外接球的
表面积.
故答案为：.
本题考查几何体三视图以及几何体外接球的表面积，考查学生空间想象能力以及基本计算能力，是一道基础题.
15、0.22.
【解析】
正态曲线关于x＝μ对称，根据对称性以及概率和为1求解即可。
【详解】
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，是一个基础题．
16、
【解析】
易知函数的定义域为，且，则是上的偶函数．由于在上单调递增，而在上也单调递增，由复合函数的单调性知在上单调递增，又在上单调递增，故知在上单调递增．令，知，则不等式可化为，即，可得，又，是偶函数，可得，由在上单调递增，可得，则，解得，故不等式的解集为．
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、（1）；（2）.
【解析】
（1）由已知短轴长求出，离心率求出关系，结合，即可求解；
（2）当直线的斜率都存在时，不妨设直线的方程为，直线与椭圆方程联立，利用相交弦长公式求出，斜率为，求出，得到关于的表达式，根据表达式的特点用“”判别式法求出范围，当有一斜率不存在时，另一条斜率为，根据弦长公式，求出，即可求出结论.
【详解】
（1）由得，又由得，
则，故椭圆的方程为.
（2）由（1）知，
①当直线的斜率都存在时，
由对称性不妨设直线的方程为，
由，
，设，
则，
则，
由椭圆对称性可设直线的斜率为，
则，
.
令，则，
当时，，当时，由得，所以，
即，且.
②当直线的斜率其中一条不存在时，
根据对称性不妨设设直线的方程为，斜率不存在，
则，，
此时.
若设的方程为，斜率不存在，
则，
综上可知的取值范围是.
本题考查椭圆标准方程、直线与椭圆的位置关系，注意根与系数关系、弦长公式、函数最值、椭圆性质的合理应用，意在考查逻辑推理、计算求解能力，属于难题.
18、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）取的中点，连接，由，，得三点共线，且，又，再利用线面垂直的判定定理证明.
（Ⅱ）设，则，，在底面中，，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，两式相加求得，再过作，则平面，即点到平面的距离，由是中点，得到到平面的距离，然后根据与平面所成的角的正弦值为求解.
【详解】
（Ⅰ）取的中点，连接，
由，，得三点共线，
且，又，，
所以平面，
所以.
（Ⅱ）设，，，
在底面中，，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得，
两式相加得：，
所以 ，
，
过作，则平面，
即点到平面的距离，
因为是中点，所以为到平面的距离，
因为与平面所成的角的正弦值为，
即，
解得.
本题主要考查线面垂直的判定定理，线面角的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象运算求解的能力，属于中档题.
19、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）取AB的中点O，连接，证得，从而证得C′O⊥平面ABD，再结合面面垂直的判定定理，即可证得平面⊥平面；
（2）以O为原点，AB，OC所在的直线为y轴，z轴，建立的空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
(1)取AB的中点O，连接，，
在Rt△和Rt△ADB中，AB=2，则=DO=1，
又C′D= ，所以，即⊥OD，
又⊥AB，且AB∩OD=O，平面ABD，所以⊥平面ABD，
又C′O⊂平面，所以平面⊥平面DAB
（2）以O为原点，AB，OC所在的直线为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，-1，0)，B(0，1，0)，C′(0，0，1)， ，
所以，，，
设平面的法向量为=()，
则， 即，代入坐标得，
令，得，，所以，
设平面的法向量为=（），
则， 即， 代入坐标得，
令，得，，所以，
所以，
所以二面角A-C′D-B的余弦值为.
本题考查了面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
20、 (1)见解析;(2).
【解析】
试题分析：（1）利用平方法消去参数，即可得到的普通方程，两边同乘以利用 即可得的直角坐标方程；（2）设直线的参数方程为（为参数），代入，利用韦达定理、直线参数方程的几何意义以及三角函数的有界性可得结果.
试题解析：（1）曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为 ；
（2）设直线的参数方程为（为参数）
又直线与曲线：存在两个交点，因此.
联立直线与曲线：可得则
联立直线与曲线：可得，则
即
21、（1）或；（2）
【解析】
（1）使用零点分段法，讨论分段的取值范围，然后取它们的并集，可得结果.
（2）利用等价转化的思想，可得不等式在恒成立，然后解出解集，根据集合间的包含关系，可得结果.
【详解】
（1）当时，
原不等式可化为.
①当时，
则，所以；
②当时，
则，所以；
⑧当时，
则，所以.
综上所述：
当时，不等式的解集为或.
（2）由，
则，
由题可知：
在恒成立，
所以，即，
即，
所以
故所求实数的取值范围是.
本题考查零点分段求解含绝对值不等式，熟练使用分类讨论的方法，以及知识的交叉应用，同时掌握等价转化的思想，属中档题.
22、（1）；（2）
【解析】
（1）将代入等式，结合正弦定理将边化为角，再将及代入，即可求得的值；
（2）根据（1）中的值可求得和，进而可得，由三角形面积公式即可求解.
【详解】
（1）由，得，
由正弦定理将边化为角可得，
∵，
∴，
∴，化简可得，
∴解得.
（2）∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∴.
本题考查了正弦定理在边角转化中的应用，正弦差角公式的应用，三角形面积公式求法，属于基础题.