河南省平顶山市18-19学年2026届高三下学期期末测试卷数学试题（一诊康德卷）含解析.doc

河南省平顶山市18-19学年2026届高三下学期期末测试卷数学试题（一诊康德卷）
注意事项:
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．已知为非零向量，“”为“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．充分必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
2．如图，平面四边形中，，，，，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）

A． B． C． D．
3．某四棱锥的三视图如图所示，记为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）.

A．，且 B．，且
C．，且 D．，且
4．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）

A．2对 B．3对
C．4对 D．5对
5．元代数学家朱世杰的数学名著《算术启蒙》是中国古代代数学的通论，其中关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序图，若，，则输出的（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
6．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且，若正方体的六个面所在的平面与直线相交的平面个数分别记为，则下列结论正确的是（　　）

A． B． C． D．
7．若复数（为虚数单位）的实部与虚部相等，则的值为( )
A． B． C． D．
8．已知集合，则=
A． B． C． D．
9．有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为cm，高度为cm，现往里面装直径为cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（ ）
（附：）
A．个 B．个 C．个 D．个
10．椭圆是日常生活中常见的图形，在圆柱形的玻璃杯中盛半杯水，将杯体倾斜一个角度，水面的边界即是椭圆.现有一高度为12厘米，底面半径为3厘米的圆柱形玻璃杯，且杯中所盛水的体积恰为该玻璃杯容积的一半（玻璃厚度忽略不计），在玻璃杯倾斜的过程中（杯中的水不能溢出），杯中水面边界所形成的椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
11．在直三棱柱中，己知，，，则异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
12．一个算法的程序框图如图所示，若该程序输出的结果是，则判断框中应填入的条件是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知不等式的解集不是空集,则实数的取值范围是　；若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是___
14．展开式中的系数为_________.
15．已知（为虚数单位），则复数________．
16．已知数列是等比数列，，则__________.
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，曲线在点处的切线方程为.
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）若，求证：对于任意，.
18．（12分）已知函数，.
（1）判断函数在区间上的零点的个数；
（2）记函数在区间上的两个极值点分别为、，求证：.
19．（12分）函数，且恒成立.
（1）求实数的集合；
（2）当时，判断图象与图象的交点个数，并证明.
（参考数据：）
20．（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知圆C：，椭圆E：（）的右顶点A在圆C上，右准线与圆C相切.

（1）求椭圆E的方程；
（2）设过点A的直线l与圆C相交于另一点M，与椭圆E相交于另一点N.当时，求直线l的方程.
21．（12分）已知函数，．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若，当时，函数，求函数的最小值．
22．（10分）已知分别是的内角的对边，且．
（Ⅰ）求．
（Ⅱ）若求的面积．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求的值．
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】
由数量积的定义可得,为实数,则由可得,根据共线的性质,可判断；再根据判断,由等价法即可判断两命题的关系.
【详解】
若成立,则,则向量与的方向相同,且,从而,所以；
若,则向量与的方向相同,且,从而,所以.
所以“”为“”的充分必要条件.
故选:B
本题考查充分条件和必要条件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、数量积的应用.
2．C
【解析】
由题意可得面，可知，因为，则面，于是由此推出三棱锥外接球球心是的中点，进而算出，外接球半径为1，得出结果.
【详解】
解：由，翻折后得到，又，
则面，可知．
又因为，则面，于是，
因此三棱锥外接球球心是的中点．
计算可知，则外接球半径为1，从而外接球表面积为．

故选：C.
本题主要考查简单的几何体、球的表面积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及创新意识，属于中档题．
3．D
【解析】
首先把三视图转换为几何体，根据三视图的长度，进一步求出个各棱长.
【详解】
根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为四棱锥体，
如图所示：
所以：，
，.
故选：D.

.
本题考查三视图和几何体之间的转换，主要考查运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题.
4．C
【解析】
画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案．
【详解】
该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，
作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，
又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，
所以平面平面，
同理可证：平面平面，
由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，
所以，AP⊥平面PCD，所以，平面平面，
所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．

本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．
5．B
【解析】
分析：根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为；根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为，根据每次循环得到的的值的大小决定循环的次数即可.
详解： 记执行第次循环时，的值记为有，则有；
记执行第次循环时，的值记为有，则有.
令，则有，故
，故选B.
点睛：本题为算法中的循环结构和数列通项的综合，属于中档题，解题时注意流程图中蕴含的数列关系（比如相邻项满足等比数列、等差数列的定义，是否是求数列的前和、前项积等）.
6．A
【解析】
根据题意，画出几何位置图形，由图形的位置关系分别求得的值，即可比较各选项.
【详解】
如下图所示，平面，从而平面，

易知与正方体的其余四个面所在平面均相交，
∴，
∵平面，平面，且与正方体的其余四个面所在平面均相交，
∴，
∴结合四个选项可知，只有正确.
故选：A.
本题考查了空间几何体中直线与平面位置关系的判断与综合应用，对空间想象能力要求较高，属于中档题.
7．C
【解析】
利用复数的除法，以及复数的基本概念求解即可.
【详解】
，又的实部与虚部相等，
，解得.
故选:C
本题主要考查复数的除法运算，复数的概念运用.
8．C
【解析】
本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．
【详解】
由题意得，，则
．故选C．
不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．
9．C
【解析】
计算球心连线形成的正四面体相对棱的距离为cm，得到最上层球面上的点距离桶底最远为cm，得到不等式，计算得到答案.
【详解】
由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切，
这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为cm的正面体，
易求正四面体相对棱的距离为cm，每装两个球称为“一层”，这样装层球，
则最上层球面上的点距离桶底最远为cm，
若想要盖上盖子，则需要满足，解得，
所以最多可以装层球，即最多可以装个球．
故选：
本题考查了圆柱和球的综合问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
10．C
【解析】
根据题意可知当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大，由椭圆的几何性质即可确定此时椭圆的离心率，进而确定离心率的取值范围.
【详解】
当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大.
此时椭圆长轴长为，短轴长为6，
所以椭圆离心率，
所以.
故选：C
本题考查了橢圆的定义及其性质的简单应用，属于基础题.
11．C
【解析】
由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角．
【详解】
连接，，如图：

又，则为异面直线与所成的角.
因为且三棱柱为直三棱柱，∴∴面，
∴，
又，，∴，
∴，解得.
故选C
考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
12．D
【解析】
首先判断循环结构类型，得到判断框内的语句性质，然后对循环体进行分析，找出循环规律，判断输出结果与循环次数以及的关系，最终得出选项．
【详解】
经判断此循环为“直到型”结构，判断框为跳出循环的语句，
第一次循环：；
第二次循环：；
第三次循环：，
此时退出循环，根据判断框内为跳出循环的语句，，故选D．
题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题． 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序，（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
利用绝对值的几何意义，确定出的最小值，然后根据题意即可得到的取值范围
化简不等式，求出 的最大值，然后求出结果
【详解】
的最小值为，则要使不等式的解集不是空集，则有
化简不等式有 ，
即
而
当时满足题意，解得或
所以答案为
本题主要考查的是函数恒成立的问题和绝对值不等式，要注意到绝对值的几何意义，数形结合来解答本题，注意去绝对值时的分类讨论化简
14．
【解析】
变换，根据二项式定理计算得到答案.
【详解】
的展开式的通项为：，，
取和，计算得到系数为：.
故答案为：.
本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
15．
【解析】
解：

故答案为：
本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题.
16．
【解析】
根据等比数列通项公式，首先求得，然后求得.
【详解】
设的公比为，由，得，故.
故答案为：
本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，属于基础题.

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．（Ⅰ），（Ⅱ）见解析
【解析】
（1）根据导数的运算法则，求出函数的导数，利用切线方程求出切线的斜率及切点，利用函数在切点处的导数值为曲线切线的斜率及切点也在曲线上，列出方程组，求出，值；（2）首先将不等式转化为函数，即将不等式右边式子左移，得
，
构造函数并判断其符号，这里应注意的取值范围，从而证明不等式.
【详解】
解：（1）
由于直线的斜率为，且过点，

故即解得，.
（2）由（1）知，
所以.
考虑函数，，
则.
而，故当时，，
所以，即.
本题考查了利用导数求切线的斜率，利用函数的导数研究函数的单调性、和最值问题，以及不等式证明问题，考查了分析及解决问题的能力，其中，不等式问题中结合构造函数实现正确转换为最大值和最小值问题是关键.
18．（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）利用导数分析函数在区间上的单调性与极值，结合零点存在定理可得出结论；
（2）设函数的极大值点和极小值点分别为、，由（1）知，，且满足，，于是得出，由得，利用正切函数的单调性推导出，再利用正弦函数的单调性可得出结论.
【详解】
（1），，
，当时，，，，则函数在上单调递增；
当时，，，，则函数在上单调递减；
当时，，，，则函数在上单调递增.
，，，，.
所以，函数在与不存在零点，在区间和上各存在一个零点.
综上所述，函数在区间上的零点的个数为；
（2），.
由（1）得，在区间与上存在零点，
所以，函数在区间与上各存在一个极值点、，且，，
且满足即，，
，
又，即，，
，，，
由在上单调递增，得，
再由在上单调递减，得
，即.
本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，同时也考查了利用导数证明不等式，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
19．（1）；（2）2个，证明见解析
【解析】
（1）要恒成立，只要的最小值大于或等于零即可，所以只要讨论求解看是否有最小值；
（2）将图像与图像的交点个数转化为方程实数解的个数问题，然后构造函数，再利用导数讨论此函数零点的个数.
【详解】
（1）的定义域为，因为，
1°当时，在上单调递减，时，使得，与条件矛盾；
2°当时，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，即有，由恒成立，所以恒成立，令，
若；
若；而时，，要使恒成立，
故.
（2）原问题转化为方程实根个数问题，
当时，图象与图象有且仅有2个交点，理由如下：
由，即，令，
因为，所以是的一根；，
1°当时，，
所以在上单调递减，，即在上无实根；
2°当时，
则在上单调递递增，又，
所以在上有唯一实根，且满足，
①当时，在上单调递减，此时在上无实根；
②当时，在上单调递增，
，故在上有唯一实根.
3°当时，由（1）知，在上单调递增，
所以，
故，所以在上无实根.
综合1°，2°，3°，故有两个实根，即图象与图象有且仅有2个交点.
此题考查不等式恒成立问题、函数与方程的转化思想，考查导数的运用，属于较难题.
20．（1）（2）或.
【解析】
（1）圆的方程已知，根据条件列出方程组，解方程即得；（2）设，，显然直线l的斜率存在，方法一：设直线l的方程为：，将直线方程和椭圆方程联立，消去，可得，同理直线方程和圆方程联立，可得，再由可解得，即得；方法二：设直线l的方程为：，与椭圆方程联立，可得，将其与圆方程联立，可得，由可解得，即得.
【详解】
（1）记椭圆E的焦距为（）.右顶点在圆C上，右准线与圆C：相切.解得，
，椭圆方程为：.
（2）法1：设，，
显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：.
直线方程和椭圆方程联立，由方程组消去y得，整理得.
由，解得.
直线方程和圆方程联立，由方程组消去y得，
由，解得.
又，则有.
即，解得，
故直线l的方程为或.
分法2：设，，当直线l与x轴重合时，不符题意.
设直线l的方程为：.由方程组
消去x得，，解得.
由方程组消去x得，，
解得.

又，则有.
即，解得，
故直线l的方程为或.
本题考查求椭圆的标准方程，以及直线和椭圆的位置关系，考查学生的分析和运算能力.
21．（1）见解析 （2）的最小值为
【解析】
（1）由题可得函数的定义域为，
，
当时，，令，可得；令，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，可得；令，可得或，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减；
当时，恒成立，所以函数在上单调递增．
综上，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在，上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增．
（2）方法一：当时，，，
设，，则，
所以函数在上单调递减，所以当且仅当时取等号．当时，设，则，所以，
设，，则，
所以函数在上单调递减，且，，
所以存在，使得，所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，，所以，所以，当且仅当时取等号．所以当时，函数取得最小值，且，
故函数的最小值为．
方法二：当时，，，
则，
令，，则，
所以函数在上单调递增，
又，所以存在，使得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以当时，恒成立，
所以当时，恒成立，所以函数在上单调递减，
所以函数的最小值为．
22．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
（Ⅰ）由已知结合正弦定理先进行代换，然后结合和差角公式及正弦定理可求；（Ⅱ）由余弦定理可求，然后结合三角形的面积公式可求；（Ⅲ）结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解．
【详解】
（Ⅰ）因为，
所以，
所以，
由正弦定理可得，；
（Ⅱ）由余弦定理可得，，
整理可得，，
解可得，，
因为，
所以；
（Ⅲ）由于，．
所以．
本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式，二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．