2026届贵州省盘州市第一中学高三第六次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届贵州省盘州市第一中学高三第六次模拟考试数学试卷含解析，共9页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，设集合，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．抛物线的准线方程是，则实数（ ）
A．B．C．D．
2．在中所对的边分别是，若，则（ ）
A．37B．13C．D．
3．某单位去年的开支分布的折线图如图1所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位：万元）如图2所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为（ ）
A．B．C．D．
4．已知x,y满足不等式组,则点所在区域的面积是( )
A．1B．2C．D．
5．若实数满足不等式组则的最小值等于（ ）
A．B．C．D．
6．已知向量，满足，在上投影为，则的最小值为( )
A．B．C．D．
7．设集合（为实数集），，，则（ ）
A．B．C．D．
8．三棱锥中，侧棱底面，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
9．如图所示，已知双曲线的右焦点为，双曲线的右支上一点，它关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率是（ ）.
A．B．C．D．
10．已知函数，则（ ）
A．函数在上单调递增B．函数在上单调递减
C．函数图像关于对称D．函数图像关于对称
11．已知集合,，则
A．B．
C．D．
12．若的内角满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在四面体中， 分别是的中点．则下述结论：
①四面体的体积为；
②异面直线所成角的正弦值为；
③四面体外接球的表面积为；
④若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为．
其中正确的有_____．（填写所有正确结论的编号）
14．在各项均为正数的等比数列中，，且，成等差数列，则___________.
15．有编号分别为1，2，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为_______________.
16．如图，在△ABC中，E为边AC上一点，且，P为BE上一点，且满足，则的最小值为______．
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）已知函数.
（1）证明：当时，；
（2）若函数有三个零点，求实数的取值范围.
18．（12分）如图，在四棱锥中，是边长为的正方形的中心，平面，为的中点.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.
19．（12分）已知函数
（1）解不等式；
（2）若函数，若对于任意的，都存在，使得成立，求实数的取值范围.
20．（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.
21．（12分）设为实数,已知函数,．
（1）当时,求函数的单调区间：
（2）设为实数,若不等式对任意的及任意的恒成立,求的取值范围;
（3）若函数（,）有两个相异的零点,求的取值范围．
22．（10分）已知，且．
（1）请给出的一组值，使得成立；
（2）证明不等式恒成立．
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、C
【解析】
根据准线的方程写出抛物线的标准方程,再对照系数求解即可.
【详解】
因为准线方程为,所以抛物线方程为,所以,即.
故选：C
【点睛】
本题考查抛物线与准线的方程.属于基础题.
2、D
【解析】
直接根据余弦定理求解即可．
【详解】
解：∵，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题．
3、A
【解析】
由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例，再计算出水费开支占水、电、交通开支的比例，相乘即可求出水费开支占总开支的百分比.
【详解】
水费开支占总开支的百分比为.
故选：A
【点睛】
本题考查折线图与柱形图，属于基础题.
4、C
【解析】
画出不等式表示的平面区域，计算面积即可.
【详解】
不等式表示的平面区域如图：
直线的斜率为，直线的斜率为，所以两直线垂直，故为直角三角形，易得，，，，所以阴影部分面积.
故选：C.
【点睛】
本题考查不等式组表示的平面区域面积的求法，考查数形结合思想和运算能力，属于常考题.
5、A
【解析】
首先画出可行域，利用目标函数的几何意义求的最小值．
【详解】
解：作出实数，满足不等式组表示的平面区域（如图示：阴影部分）
由得，
由得，平移，
易知过点时直线在上截距最小，
所以．
故选：A．
【点睛】
本题考查了简单线性规划问题，求目标函数的最值先画出可行域，利用几何意义求值，属于中档题．
6、B
【解析】
根据在上投影为，以及，可得；再对所求模长进行平方运算，可将问题转化为模长和夹角运算，代入即可求得.
【详解】
在上投影为，即

又
本题正确选项：
【点睛】
本题考查向量模长的运算，对于含加减法运算的向量模长的求解，通常先求解模长的平方，再开平方求得结果；解题关键是需要通过夹角取值范围的分析，得到的最小值.
7、A
【解析】
根据集合交集与补集运算,即可求得.
【详解】
集合,,
所以
所以
故选:A
【点睛】
本题考查了集合交集与补集的混合运算,属于基础题.
8、B
【解析】
由题，侧棱底面，，，，则根据余弦定理可得 ，的外接圆圆心
三棱锥的外接球的球心到面的距离 则外接球的半径 ，则该三棱锥的外接球的表面积为
点睛：本题考查的知识点是球内接多面体，熟练掌握球的半径 公式是解答的关键．
9、C
【解析】
易得，，又，平方计算即可得到答案.
【详解】
设双曲线C的左焦点为E，易得为平行四边形，
所以，又，
故，，，
所以，即，
故离心率为.
故选：C.
【点睛】
本题考查求双曲线离心率的问题，关键是建立的方程或不等关系，是一道中档题.
10、C
【解析】
依题意可得，即函数图像关于对称，再求出函数的导函数，即可判断函数的单调性；
【详解】
解：由，
，所以函数图像关于对称，
又，在上不单调.
故正确的只有C，
故选：C
【点睛】
本题考查函数的对称性的判定，利用导数判断函数的单调性，属于基础题.
11、D
【解析】
因为,,所以,,故选D．
12、A
【解析】
由，得到，得出，再结合三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】
由题意，角满足，则，
又由角A是三角形的内角，所以，所以，
因为，
所以.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了正弦函数的性质，以及三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式的化简、求值问题，着重考查了推理与计算能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、①③④．
【解析】
补图成长方体，在长方体中利用割补法求四面体的体积，和外接球的表面积，以及异面直线的夹角，作出截面即可计算截面面积的最值.
【详解】
根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为，
，解得
补成长，宽，高分别为的长方体，在长方体中：
①四面体的体积为，故正确
②异面直线所成角的正弦值等价于边长为的矩形的对角线夹角正弦值，可得正弦值为，故错；
③四面体外接球就是长方体的外接球，半径，其表面积为，故正确；
④由于，故截面为平行四边形，可得，
设异面直线与所成的角为，则，算得，
．故正确．
故答案为：①③④．
【点睛】
此题考查根据几何体求体积，外接球的表面积，异面直线夹角和截面面积最值，关键在于熟练掌握点线面位置关系的处理方法，补图法作为解决体积和外接球问题的常用方法，平常需要积累常见几何体的补图方法.
14、
【解析】
利用等差中项的性质和等比数列通项公式得到关于的方程,解方程求出代入等比数列通项公式即可.
【详解】
因为，成等差数列，
所以，
由等比数列通项公式得，
，
所以，
解得或，
因为，所以，
所以等比数列的通项公式为
.
故答案为：
【点睛】
本题考查等差中项的性质和等比数列通项公式；考查运算求解能力和知识 综合运用能力；熟练掌握等差中项和等比数列通项公式是求解本题的关键；属于中档题.
15、
【解析】
试题分析：从编号分别为1，1，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，有种不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的；设事件为“取出球的编号互不相同”，
则事件包含了个基本事件，所以.
考点：1.计数原理；1．古典概型.
16、
【解析】
试题分析：根据题意有，因为三点共线，所以有，从而有，所以的最小值是．
考点：向量的运算，基本不等式．
【方法点睛】该题考查的是有关应用基本不等式求最值的问题，属于中档题目，在解题的过程中，关键步骤在于对题中条件的转化，根据三点共线，结合向量的性质可知，从而等价于已知两个正数的整式形式和为定值，求分式形式和的最值的问题，两式乘积，最后应用基本不等式求得结果，最后再加，得出最后的答案．
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）见解析；（2）
【解析】
（1）要证明，只需证明即可；
（2）有3个根，可转化为有3个根，即与有3个不同交点，利用导数作出的图象即可.
【详解】
（1）令，则，当时，，
故在上单调递增，所以，
即，所以.
（2）由已知，，
依题意，有3个零点，即有3个根，显然0不是其根，所以
有3个根，令，则，当时，，当
时，，当时，，故在单调递减，在，上
单调递增，作出的图象，易得.
故实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查利用导数证明不等式以及研究函数零点个数问题，考查学生数形结合的思想，是一道中档题.
18、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由正方形的性质得出，由平面得出，进而可推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论；
（Ⅱ）取的中点，连接、，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法能求出二面角的余弦值.
【详解】
（Ⅰ）是正方形，，
平面，平面，
、平面，且，平面 ，
又平面，平面平面；
（Ⅱ）取的中点，连接、，
是正方形，易知、、两两垂直，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
在中，，，，
、、、，
设平面的一个法向量，，，
由，得，令，则，，.
设平面的一个法向量，，，
由，得，取，得，，得.
，
二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
19、（1）（2）
【解析】
（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）利用绝对值三角不等式，求得的取值范围，根据分段函数解析式，求得的取值范围，结合题意列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】
（1），
由得或或；
解得.故所求解集为.
（2）
，
即.
由（1）知，
所以，即.
∴，∴.
【点睛】
本小题考查了绝对值不等式，绝对值三角不等式和函数最值问题，考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想.
20、（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.
21、（1）函数单调减区间为;单调增区间为．（2）（3）
【解析】
（1）据导数和函数单调性的关系即可求出;
（2）分离参数,可得对任意的及任意的恒成立,构造函数,利用导数求出函数的最值即可求出的范围;
（3）先求导,再分类讨论,根据导数和函数单调性以及最值得关系即可求出的范围
【详解】
解：（1）当时,因为,当时,;
当时,．所以函数单调减区间为;单调增区间为．
（2）由,得,由于,
所以对任意的及任意的恒成立,
由于,所以,所以对任意的恒成立,
设,,
则,所以函数在上单调递减,在上单调递增,
所以,
所以．
（3）由,得,其中．
①若时,则,所以函数在上单调递增,所以函数至多有一个零点,不合题意;
②若时,令,得．
由第（2）小题,知：当时,,所以,所以,所以当时,函数的值域为．
所以,存在,使得,即, ①
且当时,,所以函数在上单调递增,在上单调递减．因为函数有两个零点,,
所以．②
设,,则,所以函数在单调递增,由于,所以当时,．所以,②式中的,
又由①式,得．
由第（1）小题可知,当时,函数在上单调递减,所以,
即．
当时,
（ⅰ）由于,所以得,又因为,且函数在上单调递减,函数的图象在上不间断,所以函数在上恰有一个零点;
（ⅱ）由于,令,
设,,
由于时,,,所以设,即．
由①式,得,当时,,且,同理可得函数在上也恰有一个零点．
综上,．
【点睛】
本题考查含参数的导数的单调性,利用导数求不等式恒成立问题,以及考查函数零点问题,考查学生的计算能力,是综合性较强的题.
22、（1）（答案不唯一）（2）证明见解析
【解析】
（1）找到一组符合条件的值即可；
（2）由可得,整理可得,两边同除可得,再由可得,两边同时加可得,即可得证.
【详解】
解析:（1）（答案不唯一）
（2）证明:由题意可知,,因为,所以.
所以,即.
因为,所以,
因为,所以,
所以.
【点睛】
考查不等式的证明,考查不等式的性质的应用.