河南省郑州市2025-2026学年高三上学期第一次质量预测数学试卷

这是一份河南省郑州市2025-2026学年高三上学期第一次质量预测数学试卷，共13页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

郑州市 2026 年高中毕业年级第一次质量预测数学 评分参考
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12.413. 6014.5
3
10
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.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
A
D
C
D
B
C
题号
9
10
11
答案
ABD
AC
ACD
x  1
10
x  55,
y  1
10
y  91.7,
10
解：(1)
10
 i
i1
 i
i1
.2 分
.5 分
 xi yi 10xy55950  10 55 91.71103
bˆ  i1 0.67,
10 2 238500  10 5521650
 xi 10x
i1
aˆ  y  bˆx  91.7 0.67 55  54.85，6 分
所以，加工时间 y 关于零件个数 x 的经验回归方程是 yˆ  0.6, 7x  54.85，7 分
(2)（ⅰ）当x  120时，yˆ  0.67 120  54.85  135.259 分
所以 120 个零件任务的回归预测时间 135.25< 144，因此低于现行标准时间10 分
（ⅰⅰ）由于回归预测显示实际所需时间（约 135.25 分）比标准时间（144 分）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
135.25  1.13分/个.
120
使标准更贴近真实加工能力13 分
解：（1）在 ABC 中，由tan B tan C  tan B  tan C 1得
tan B  tan C 1 tan B tan C
 1，
tan（B  C） 12 分
又tan A   tan(B  C) ，tan A  1,3 分
又0  A ,
 A  4 分
4

3 2
6
 a 
， c  3 ,
由正弦定理得sin C  c sin A  2 
6
a
36 分
2
 c  a ，C  或 27 分
33

因为 ABC 为锐角三角形，所以C  ,8 分
3
sin B  sin( A  C) 
6 2 ,10 分
4
 NA  NB  NC  0 , N是ABC的重心，11 分
 SNBC
 1 S
3
ABC
.12 分
 1 ac sin B  1  6  36 2  3 3 ，
6644
所以NBC 的面积为 3 
4
315 分
解：(1)在矩形CDEF 中， CD  1, DE  2, 点 A，B 分别是 DE，CF的中点，
所以四边形 ABCD 和 EFBA 是全等的正方形，所以 BD  AC, AE  AB2 分
又因为平面 ABCD  平面 EFBA，
平面 ABCD ∩ 平面 EFBA  AB, AE  平面 EFBA，
所以 AE  平面 ABCD4 分
因为 BD  平面 ABCD ，所以 AE  BD5 分
又因为 BD  AC, AE  AC  A， AE，AC  平面 AEC ，
所以 BD  平面 AEC6 分
z
y
x
以 B 为原点，BA, BF , BC 所在直线分别为 x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则 B 0, 0, 0  , A 1, 0, 0  , E 1,1, 0  ，
F 0,1, 0 , C 0, 0,1 , D 1, 0,1 ，
.7 分
则CA （1,0,1）， CB （0,0,1），
CP  BQ  a ，
2a CA
则CP 
2
 ( 2a ,0, 2
2a ) ，
2
2a BE
BQ 
2
 ( 2a , 2
2a ,0) ，
2
 PQ  PC  CB  BQ  (0， 2a ,
2
2a 1) ，8 分
2
PQ


（ 2a ）2 （ 2a 1）2
2
2

a2 2a 1
（0  a 
.9 分
2)
PQ
因为

，
a2 2a 1
（a 
2
2 ）2  1
2
所以当a 
2 时，线段 PQ 最短10 分
2
–––→11  –––→ 1 1
此时P, Q 分别为线段 AC, BF 的中点， PQ   0, 2 ,  2 , AQ    , , 0 .
 2 2
→ –––→
 1 y  1 z  0
 
→n  PQ  0
设nx, y, z 是平面 PQA 的一个法向量，则→ –––→
即 22，

11
n  AQ  0
→
x 
 22
y  0
取平面 PQA 的一个法向量为n  1,1,112 分

–––→
由（1）知， BD  1, 0,1 为平面 AEC 的一个法向量，13 分
n  BD
→
→ –––→
n  BD
–––→
→ –––→26
设平面 PQA 与平面 AEC 夹角为，则 cs  cs
n，BD
，
3  2
3
所以平面 PQA 与平面 AEC 夹角的余弦值为 615 分
3
解：（1）由题意可得c 
x22
a2  b2  3
3


，又 3  1  1
 a2b2
a  2

，解得
b  1
，4 分
故椭圆C 的标准方程为 y
4
 15 分
（2）（ⅰ）由（1）可得： A 2, 0, B 0, 1 ，设 P  x0 , y0 , x0  0, y0  0 ，
x2
2
且 0  y0
4
 1 ，即 x0
2  4 y 2
 46 分
0
则l: y y0(x  2) ,令 x  0, y  2 y0  D(0, 2 y0 )7 分
APx  2
x  2
x  2
000
则 l: y  y0  1 x  1 ,令 y  0, y  2 y0 C ( x0 0,)8 分
BPx
x  2
y  1
000
则| AC |
x0 y0  1
 2  x0  2 y0  2 ， | BD |
y0  1
2 y0
x0  2
 1  x0  2 y0  210 分
x  2
0
S 1 | AC |  | BD | 1 ( x0  2 y0  2)  ( x0  2 y0  2)

ABCD22
y 1
x  2
00
1(x  2 y  2)22(x y  x  2 y  2)
 00  0 000 2 .
2 x0 y0  x0  2 y0  2x0 y0  x0  2 y0  2
故求证四边形 ABCD 面积为定值 212 分
（ⅱ）直线lAB : x  2y  2  0 ， P  x0 , y0  到直线的距离为
5
5
d  | x0  2 y0  2 | 且| AB |14 分
S 1 
5  | x0  2 y0  2 |  1 | x
 2 y
 2 | 1 (
 2)  116 分
△PAB
22002
5
2(x 2  4 y 2 )
0
0
2
2
当且仅当 x0  2 y0 
时等号成立.
2
2
所以，△PCD 的面积 S△PCD  S△PAB  SABCD  1  2  117 分
19.（17 分）（1） f  x   a  2 a  R  ，1 分
x
当 a  1时， f 1  1，f (1)  0，2 分
故 f (x) 的图象在1, f 1 处的切线方程为 y  (x 1), ，即 x  y 1  03 分
（2） f  x   a  2 a  R  ，
x
当a  0 时，令 f  x  0 ， f  x 在R 上递减， f  x 最多一个零点，与题意不符4 分
当a  0 时，令 f  x  0 ，则 x  a ，则当 x  0, a  ， f  x  0 ；当 x  a , ， f  x  0 ，
22  2

所以， f  x 在 0, a 单调递增，在 a ,  上单调递减，5 分
2  2

故 f (x)
 f  a   a ln a  a  a(1 ln a )7 分
2
极大值 
 22
lim f (x)  , lim
f (x)   .
x0x
故 f  x 有两个零点，即 f (x)
 a(1 ln a )  0 a  29 分
极大值2e
由于 g x  ax  2ex  2a  f (ex ) ，所以 y  f (x) 与 y  g  x 的零点个数相同.
依题意共有4 个不同的零点，所以 f  x 有两个零点10 分
不妨设 y  g  x 的两个零点为 x1, x2  x1  x2 ， y  f (x) 的两个零点为 x3 , x4  x3  x4  ，
则有 x  ln x  ln a  ln x
 x ，11 分
132
42
ln x  2 x  2
 f  x3   alnx3  2x3  2a  0， 3a 3
 f  x   alnx  2x  2a  0 得2, ①
444
， ln x x  2
4a 4
所以ln x  ln x  2 (x  x ), ②
34a34
若四个零点成等差数列，则有两种情况：.
①当 x1  x2  x3  x4 时，即ln x3 , ln x4 , x3 , x4 成等差数列，则有ln x3  ln x4  x3  x4 ，③
由②③得a  2 .
代入①得ln x3  x3  2 ， ln x4  x4  2 ④
ln x3  x3  2 ln x4
又 ln x  x  2x⑤
443
将④代入⑤式可得2x3  2  2x4  4 x  x 1，
 2x  2  2x43
43
代入③可得 x  e x ，解得 x  1 , x  e ，这与④矛盾，故实数 a 不存在14 分
433e14e1
②当 x1  x3  x2  x4 时，即ln x3 , x3 , ln x4 , x4 成等差数列，则ln x3  ln x4  x3  x4 ，③
由②③得a  2 ，同理得ln x3  x3  2 ， ln x4  x4  2④
ln x3  ln x4  2x3
又 x  x  2 ln x⑥
 344
将④代入⑥式可得x3  x4  4  2 x3  x  x  4 ，
x  x  2 x  443
 344
代入③可得 x  e4 x ，解得 x 4
4 e 4

，
433e4 1 , x4e4 1
这与④矛盾，故实数 a 不存在.
综上所述，不存在实数a 使得四个零点成等差数列17 分