精品解析：河南省郑州市2026届高三上学期第一次质量预测（一模）数学试题

郑州市2026年高中毕业年级第一次质量预测 数学试题卷 注意事项： 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效.交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 设复数在复平面内对应的点为，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的几何意义、除法运算及概念计算即可 【详解】由题意可知，所以， 所以其虚部为. 故选：B 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，化简集合，再利用交集的定义直接求解. 【详解】依题意，，， 所以. 故选：A 3. 已知单调递减的等比数列满足，，则（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件求出公比，进而求得答案. 【详解】设数列的公比为，由，，得，所以， 又数列是单调递减的等比数列，若，数列的项正负交替，不合题意，故， . 故选：A. 4. 已知圆的直径，动点与的距离是它与的距离的倍，当面积最大时，（ ） A 16 B. 32 C. 48 D. 64 【答案】D 【解析】 【分析】以所在直线为轴，线段的中垂线为轴建立平面直角坐标系. 设动点，由可得动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.根据三角形面积公式可知当面积最大时，点的坐标，根据平面向量数量积的坐标运算即可求解. 【详解】以所在直线为轴，线段的中垂线为轴建立平面直角坐标系如图所示. 则由题可知，，则圆的方程为：. 设动点，则根据可得， 化简可得：，即动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 因为，所以当面积最大时，点坐标， 当点的坐标为时，，， 所以. 当点坐标为时，，， 所以. 故选：D. 5. 已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数为奇函数可得，又，即可求解. 【详解】∵函数为奇函数，∴， 又∵， ∴，故选项C正确. 其他三个选项条件不足无法计算，故选C. 故选：C. 6. 已知函数在上单调递增，且其图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对称轴得出，结合单调性得出，代入数值可得答案. 【详解】因为的图象关于直线对称，所以，即， 因为在上，即上单调递增， 显然，则，可得，故 综上，，则，故. 故选：D 7. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线与圆的位置关系，结合切线的性质及二倍角公式计算即可. 【详解】设，圆的圆心为，半径，两切点为， 如下图所示，则， 易知， ， 即. 故选：B 8. 在新型太空舱生命维持系统的储液罐设计中，采用一种胶囊形结构：中间部分为圆柱体，左、右两端均为半球形封头，圆柱底面半径和半球半径均为.已知储液罐外表面积为定值，当储液罐的体积取最大值时（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出圆柱的高，根据储液罐的表面积为，列出方程，表示出圆柱的高，进而表示出储液罐的体积求解. 【详解】设圆柱的高为，则储液罐的表面积为，所以， 则由得，储液罐的体积为， 所以，所以函数在定义域上单调递增， 所以时，取最大值. 故选：C 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，，设的前项和为，下列结论中正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据递推关系代入即可求解AC，根据递推关系可证明是首项为，公比为的等比数列，可得，即可利用分组求和法，结合等比求和公式求解判断BD. 【详解】当时，可得，又因为，所以，故A正确； 由，得， 所以，又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故B正确； ，故C错误； 由B选项可得，所以， 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 10. 任意抛掷一枚骰子一次，观察它向上一面的点数，得到样本空间为，若事件，事件，事件满足，下列结论中正确的是（ ） A. B. 事件，，两两独立 C. 当事件时， D. 当事件时，事件包含10个样本点 【答案】AC 【解析】 【分析】A.可以由古典概型的概率计算判断；B. 由事件独立性的判定推断；C. 利用题干条件求解；D. 列举法可判断 【详解】A，样本空间包含 6 个样本点，事件，因此，正确； B，由题意得，故，而， 因，故事件A与B不独立，错误； C，事件时，，已知，， 代入得，，解得，正确； D，当事件时，，，事件C可以为， 包含4 个样本点，错误. 故选：AC 11. 已知抛物线的焦点为，若上存在个互不重合的点，，，，满足，下列结论中正确的有（ ） A. 若，则的最小值为4 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的最小值为16 【答案】ACD 【解析】 【分析】当有，，共线，结合抛物线通径的性质判断A；令，设直线的方程为，联立抛物线，应用韦达定理及抛物线的定义确定弦长，进而计算可判断B；当有，，三点共线，，，三点共线，令，直线的方程为，直线的方程为，结合焦半径公式计算可判断C，利用焦半径公式与基本不等式计算可判断D. 【详解】当时，有，故，，三点共线， 所以是一条焦点弦，其最小值为通径长度为，故A正确； 令，而，可设直线的方程为， 联立，消去得，所以， 则， ， 所以，故B错误； 当时，有， 所以，，三点共线，，，三点共线，如下图所示， 令， 直线的方程为，直线的方程为， 可得， 同B分析得，，，， 所以 ，故C正确； ， 当，即时取等号， 所以的最小值为16，故D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线的一条渐近线为，则的焦距为___________. 【答案】4 【解析】 【分析】由题意可得，双曲线的渐近线方程为，进而可得，由双曲线性质计算即可求解. 【详解】由题意可知，双曲线的焦点在轴上，且， 已知双曲线，则，， 所以双曲线的渐近线方程为， 因为双曲线的一条渐近线为，所以， 则，故，， 所以双曲线的焦距为4. 故答案为：4. 13. 的展开式中项的系数是______． 【答案】60 【解析】 分析】将看作个因式相乘，由分步乘法计数原理求解. 【详解】将看作个因式相乘， 则得到需从个因式中先选择个因式取，有种不同的取法； 再从剩余个因式中选择个因式取，有种不同的取法， 最后从剩下的因式中取，有种不同的取法， 根据分步乘法计数原理，可得的系数为， 故答案为：. 14. 已知棱长为的正四面体的外接球球心为，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角的正弦值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】以在底面内的射影为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量表示求出点坐标，再利用截面面积求出截面圆半径以及球心到截面的距离，结合线面角定义即可求得直线与该截面所成的角的正弦值为. 【详解】取的中点为，连接，则点在底面内的射影在上，且， 以为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示： 因为正四面体的棱长为，所以，因此； 所以， 由可得； 易知正四面体的外接球球心在上，设正四面体的外接球半径为，即； 在中，，即，解得； 因此，所以； 过点作球的截面，若截面面积为， 则截面圆半径满足，因此； 因此球心到截面距离为； 又，所以； 设直线与该截面所成的角为， 则直线与该截面所成的角的正弦值为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了10次试验，收集数据如下： 零件数/个 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 加工时间/分 62 68 75 81 89 95 102 108 115 122 根据样本数据，画出加工时间与加工零件个数的散点图，如图所示，散点大致分布在一条从左下角到右上角的直线附近，表明两个变量线性相关，因此可以用一元线性回归模型刻画加工时间与加工零件个数之间的关系.（运算结果保留小数点后两位数字） （1）请求出加工时间关于零件数的经验回归方程； （2）该车间实行“按时计件”工资制度：若工人完成一个零件的平均时间低于标准时间，则可获得额外奖励.已知目前每个零件的标准加工时间定为1.2分钟，根据上述回归方程判断： （ⅰ）对于120个零件的任务，预测加工时间是否低于现行标准加工时间？（标准加工时间为分钟） （ⅱ）若工人的实际加工能力与回归模型基本一致，车间是否应考虑调整标准时间？若需调整应调整到多少比较合适？ 附：参考数据：，，，. 对于一组数据，，，，其经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为： ，. 【答案】（1） （2）（ⅰ）低于现行标准时间；（ⅱ）应考虑调低标准时间， 【解析】 【分析】（1）求出并根据参考数据求出的值，可得经验回归方程； （2）（ⅰ）根据回归方程可预测120个零件任务的回归预测时间小于标准时间， （ⅱ）利用预测值将标准时间调整为分/个比较合适. 【详解】（1）易知，， 所以， 可得， 所以加工时间关于零件个数的经验回归方程是， （2）（ⅰ）当时， 所以120个零件任务的回归预测时间，因此低于现行标准时间. （ⅱ）由于回归预测显示实际所需时间（约135.25分）比标准时间少9分钟，说明按照现行标准，工人很容易拿到奖励（实际效率更高）. 如果车间希望控制奖励发放比例或更符合实际效率，应考虑调低标准时间，如调整到接近预测的分/个，使标准更贴近真实加工能力. 16. 已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，，. （1）求角； （2）若为锐角三角形，且，求的面积. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意化简可得，即，根据正弦定理解三角形即可求解； （2）由题意可得是的重心，即，根据三角形面积公式计算即可求解. 【小问1详解】 中，由得， ， ， ，， 又， ，，， 由正弦定理得或， ，，两个解均符合题意. 【小问2详解】 因为为锐角三角形，所以， ， ， 是的重心， ， 所以的面积为. 17. 如图，在矩形中，，分别是的中点，点分别是对角线上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面． （1）求证：平面； （2）求线段的长（用表示）； （3）当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）； （3）． 【解析】 【分析】(1) 要证明 平面 ，需根据线面垂直判定定理，证明 垂直于平面 内的两条相交直线.由正方形性质可得 ，再结合面面垂直的性质证明 平面 ，得到 ，即可满足判定条件. (2) 以 为原点建立空间直角坐标系，写出各顶点坐标，根据 将点 、 的坐标用参数 表示，通过向量模长公式即可求出 的长度表达式. (3) 先对 长度的表达式配方，求出 最短时对应的 值，确定此时 、 的坐标，再分别求出平面 与平面 的法向量，利用空间向量夹角公式计算两法向量夹角的余弦值，取绝对值即为两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 证明：在矩形中，，点分别是的中点， 所以四边形和是全等的正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面； 【小问2详解】 以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 ， ， ， 因为， 所以 ， ， 则 ， 所以 ， 所以线段长为 ； 【小问3详解】 因为， 所以当时，线段最短， 此时分别为线段的中点， ， ， 则 ， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 由（1）知， 为平面的一个法向量， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知椭圆经过点，左、右焦点分别为，. （1）求椭圆的标准方程； （2）若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点. （ⅰ）求证：四边形的面积为定值； （ⅱ）求面积的最大值. 【答案】（1） （2） （ⅰ）由（1）可得：，，设，，， 且，即 则，令， 则，令，， 则， . 故求证四边形面积为定值2. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆定义可得值，结合值即可得出； （2）（ⅰ）设，，，写出直线的方程表示出的长，最后化简即可； （ⅱ）先求出的面积，再利用上一问求出，转化成求面积的最大值就是求出的面积最大值即可. 【小问1详解】 由题意可得，又，解得， 故椭圆的标准方程为 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）直线，到直线的距离为 且 当且仅当时等号成立. 所以的面积 19. 已知函数. （1）当时，求函数的图象在点处的切线方程； （2）若有两个零点，求实数的取值范围； （3）设，若函数与共有4个不同的零点，是否存在实数，使得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）不存在，理由： 由于，所以与的零点个数相同. 依题意共有4个不同的零点，所以与各有两个零点. 不妨设的两个零点为，，的两个零点为，， 则有， 因为，得，① 所以，② 又，则，，若四个零点成等差数列，则有两种情况： （1）当时，即，，，成等差数列，则有，③ 由②③得， 代入①得，，④ 又，⑤ 将④代入⑤式可得， 由等差数列性质及，可得，从而有， 可得，解得，，这与④矛盾，故实数不存在； （2）当时，即，，，成等差数列，则，③ 由②③得，同理得，，④ 又，⑥ 将④代入⑥式可得， 代入③可得，解得，， 这与④矛盾，故实数不存在. 综上所述，不存在实数使得四个零点成等差数列. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求得答案； （2）求导，判断的单调性，求出极值，列式运算得解； （3）由，得与的零点个数相同，所以与各有两个零点，设的两个零点为，，的两个零点为，，可得，分和讨论即可. 【小问1详解】 由， 当时，，， 故的图象在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由， 当时，令，在上递减，最多一个零点，与题意不符； 当时，令，则，则当，；当，， 所以在单调递增，在上单调递减， 故，且，. 故有两个零点，即，. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑州市2026年高中毕业年级第一次质量预测 数学试题卷 注意事项： 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效.交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 设复数在复平面内对应的点为，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知集合，，则（ ） A B. C. D. 3. 已知单调递减的等比数列满足，，则（ ） A. 6 B. C. D. 4. 已知圆的直径，动点与的距离是它与的距离的倍，当面积最大时，（ ） A. 16 B. 32 C. 48 D. 64 5. 已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（ ） A B. C. D. 6. 已知函数在上单调递增，且其图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. D. 7. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 8. 在新型太空舱生命维持系统的储液罐设计中，采用一种胶囊形结构：中间部分为圆柱体，左、右两端均为半球形封头，圆柱底面半径和半球半径均为.已知储液罐外表面积为定值，当储液罐的体积取最大值时（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，，设的前项和为，下列结论中正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 10. 任意抛掷一枚骰子一次，观察它向上一面的点数，得到样本空间为，若事件，事件，事件满足，下列结论中正确的是（ ） A. B. 事件，，两两独立 C. 当事件时， D. 当事件时，事件包含10个样本点 11. 已知抛物线的焦点为，若上存在个互不重合的点，，，，满足，下列结论中正确的有（ ） A. 若，则的最小值为4 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的最小值为16 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线的一条渐近线为，则的焦距为___________. 13. 的展开式中项的系数是______． 14. 已知棱长为的正四面体的外接球球心为，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角的正弦值为___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了10次试验，收集数据如下： 零件数/个 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 加工时间/分 62 68 75 81 89 95 102 108 115 122 根据样本数据，画出加工时间与加工零件个数的散点图，如图所示，散点大致分布在一条从左下角到右上角的直线附近，表明两个变量线性相关，因此可以用一元线性回归模型刻画加工时间与加工零件个数之间的关系.（运算结果保留小数点后两位数字） （1）请求出加工时间关于零件数经验回归方程； （2）该车间实行“按时计件”工资制度：若工人完成一个零件的平均时间低于标准时间，则可获得额外奖励.已知目前每个零件的标准加工时间定为1.2分钟，根据上述回归方程判断： （ⅰ）对于120个零件的任务，预测加工时间是否低于现行标准加工时间？（标准加工时间为分钟） （ⅱ）若工人实际加工能力与回归模型基本一致，车间是否应考虑调整标准时间？若需调整应调整到多少比较合适？ 附：参考数据：，，，. 对于一组数据，，，，其经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为： ， 16. 已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，，. （1）求角； （2）若为锐角三角形，且，求的面积. 17. 如图，在矩形中，，分别是的中点，点分别是对角线上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面． （1）求证：平面； （2）求线段的长（用表示）； （3）当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆经过点，左、右焦点分别为，. （1）求椭圆的标准方程； （2）若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点. （ⅰ）求证：四边形的面积为定值； （ⅱ）求面积的最大值. 19. 已知函数. （1）当时，求函数的图象在点处的切线方程； （2）若有两个零点，求实数的取值范围； （3）设，若函数与共有4个不同的零点，是否存在实数，使得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $