2026年青海省果洛藏族自治州高三下学期联考数学试题（含答案解析）

这是一份2026年青海省果洛藏族自治州高三下学期联考数学试题（含答案解析），共13页。试卷主要包含了函数的图象可能为等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．在关于的不等式中，“”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
2．《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.某“堑堵”的三视图如图，则它的外接球的表面积为（ ）
A．4πB．8πC．D．
3．某中学有高中生人，初中生人为了解该校学生自主锻炼的时间，采用分层抽样的方法从高生和初中生中抽取一个容量为的样本.若样本中高中生恰有人，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．等腰直角三角形BCD与等边三角形ABD中，，，现将沿BD折起，则当直线AD与平面BCD所成角为时，直线AC与平面ABD所成角的正弦值为（ ）

A．B．C．D．
5．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（ ）
A．B．1C．D．
7．记等差数列的公差为，前项和为.若，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知整数满足，记点的坐标为，则点满足的概率为（ ）
A．B．C．D．
9．已知，，分别是三个内角，，的对边，，则（ ）
A．B．C．D．
10．函数的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
11．设且，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
12．在区间上随机取一个数，使得成立的概率为等差数列的公差，且，若，则的最小值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．的展开式中的常数项为__________.
14．已知向量，且向量与的夹角为_______.
15．已知函数为奇函数，则______.
16．三所学校举行高三联考，三所学校参加联考的人数分别为160，240，400，为调查联考数学学科的成绩，现采用分层抽样的方法在这三所学校中抽取样本，若在学校抽取的数学成绩的份数为30，则抽取的样本容量为____________.
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）求函数在处的切线方程
（2）设函数，对于任意，恒成立，求的取值范围.
18．（12分）已知曲线，直线：（为参数）.
（I）写出曲线的参数方程，直线的普通方程；
（II）过曲线上任意一点作与夹角为的直线，交于点，的最大值与最小值．
19．（12分）如图所示，在四棱锥中，底面是棱长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正切值．
20．（12分）如图在四边形中，，，为中点，.
（1）求；
（2）若，求面积的最大值.
21．（12分）若,且
（1）求的最小值；
（2）是否存在，使得？并说明理由.
22．（10分）已知函数．
（1）解不等式；
（2）若函数存在零点，求的求值范围．
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】
讨论当时，是否恒成立；讨论当恒成立时，是否成立，即可选出正确答案.
【详解】
解：当时，，由开口向上，则恒成立；
当恒成立时，若，则 不恒成立，不符合题意，
若 时，要使得恒成立，则 ，即 .
所以“”是“恒成立”的充要条件.
故选:C.
本题考查了命题的关系，考查了不等式恒成立问题.对于探究两个命题的关系时，一般分成两步，若，则推出 是 的充分条件；若，则推出 是 的必要条件.
2．B
【解析】
由三视图判断出原图，将几何体补形为长方体，由此计算出几何体外接球的直径，进而求得球的表面积.
【详解】
根据题意和三视图知几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜边为2，侧棱长为2且与底面垂直，因为直三棱柱可以复原成一个长方体，该长方体外接球就是该三棱柱的外接球，长方体对角线就是外接球直径，则，那么.
故选：B
本小题主要考查三视图还原原图，考查几何体外接球的有关计算，属于基础题.
3．B
【解析】
利用某一层样本数等于某一层的总体个数乘以抽样比计算即可.
【详解】
由题意，，解得.
故选：B.
本题考查简单随机抽样中的分层抽样，某一层样本数等于某一层的总体个数乘以抽样比，本题是一道基础题.
4．A
【解析】
设E为BD中点，连接AE、CE，过A作于点O，连接DO，得到即为直线AD与平面BCD所成角的平面角，根据题中条件求得相应的量，分析得到即为直线AC与平面ABD所成角，进而求得其正弦值，得到结果.
【详解】
设E为BD中点，连接AE、CE，
由题可知，，所以平面，
过A作于点O，连接DO，则平面，
所以即为直线AD与平面BCD所成角的平面角，
所以，可得，
在中可得，
又，即点O与点C重合，此时有平面，
过C作与点F，
又，所以，所以平面，
从而角即为直线AC与平面ABD所成角，，
故选：A.
该题考查的是有关平面图形翻折问题，涉及到的知识点有线面角的正弦值的求解，在解题的过程中，注意空间角的平面角的定义，属于中档题目.
5．D
【解析】
根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解.
【详解】
类产品共两件，类产品共三件，
则第一次检测出类产品的概率为；
不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为；
故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为；
故选：D.
本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.
6．C
【解析】
该几何体为三棱锥，其直观图如图所示，体积．故选.
7．C
【解析】
由，和，可求得，从而求得和，再验证选项.
【详解】
因为，，
所以解得，
所以，
所以，，，
故选：C.
本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，还考查运算求解能力，属于中档题.
8．D
【解析】
列出所有圆内的整数点共有37个，满足条件的有7个，相除得到概率.
【详解】
因为是整数，所以所有满足条件的点是位于圆（含边界）内的整数点，满足条件的整数点有
共37个，
满足的整数点有7个，则所求概率为.
故选：.
本题考查了古典概率的计算，意在考查学生的应用能力.
9．C
【解析】
原式由正弦定理化简得，由于，可求的值.
【详解】
解：由及正弦定理得.
因为，所以代入上式化简得.
由于，所以.
又，故.
故选：C.
本题主要考查正弦定理解三角形，三角函数恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，属于中档题.
10．C
【解析】
先根据是奇函数，排除A，B，再取特殊值验证求解.
【详解】
因为，
所以是奇函数，故排除A，B，
又，
故选：C
本题主要考查函数的图象，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
11．A
【解析】
项，由得到，则，故项正确；
项，当时，该不等式不成立，故项错误；
项，当，时，，即不等式不成立，故项错误；
项，当，时，，即不等式不成立，故项错误．
综上所述，故选．
12．D
【解析】
由题意，本题符合几何概型，只要求出区间的长度以及使不等式成立的的范围区间长度，利用几何概型公式可得概率，即等差数列的公差，利用条件，求得，从而求得，解不等式求得结果.
【详解】
由题意，本题符合几何概型，区间长度为6，
使得成立的的范围为，区间长度为2，
故使得成立的概率为，
又，，，
令，则有，故的最小值为11，
故选：D.
该题考查的是有关几何概型与等差数列的综合题，涉及到的知识点有长度型几何概型概率公式，等差数列的通项公式，属于基础题目.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．31
【解析】
由二项式定理及其展开式得通项公式得：因为的展开式得通项为，则的展开式中的常数项为： ，得解.
【详解】
解：，
则的展开式中的常数项为：
.
故答案为：31.
本题考查二项式定理及其展开式的通项公式，求某项的导数，考查计算能力.
14．1
【解析】
根据向量数量积的定义求解即可．
【详解】
解：∵向量，且向量与的夹角为，
∴||；
所以：•（）2cs2﹣2＝1，
故答案为：1．
本题主要考查平面向量的数量积的定义，属于基础题．
15．
【解析】
利用奇函数的定义得出，结合对数的运算性质可求得实数的值.
【详解】
由于函数为奇函数，则，即，
，整理得，解得.
当时，真数，不合乎题意；
当时，，解不等式，解得或，此时函数的定义域为，定义域关于原点对称，合乎题意.
综上所述，.
故答案为：.
本题考查利用函数的奇偶性求参数，考查了函数奇偶性的定义和对数运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.
16．
【解析】
某层抽取的人数等于该层的总人数乘以抽样比.
【详解】
设抽取的样本容量为x，由已知，，解得.
故答案为：
本题考查随机抽样中的分层抽样，考查学生基本的运算能力，是一道容易题.
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．（1）；（2）
【解析】
（1）求出，即可求出切线的点斜式方程，整理即可；
（2）的取值范围满足，，求出，当时求出，的解，得到单调区间，极小值最小值即可.
【详解】
（1）由于，
此时切点坐标为
所以切线方程为.
（2）由已知，
故.
由于，故，
设由于在单调递增
同时时，，时，，
故存在使得
且当时，当时，
所以当时，当时，
所以当时，取得极小值，也是最小值，
故
由于，
所以，
.
本题考查导数的几何意义、不等式恒成立问题，应用导数求最值是解题的关键，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.
18．（I）；（II）最大值为，最小值为.
【解析】
试题分析：（I）由椭圆的标准方程设，得椭圆的参数方程为，消去参数即得直线的普通方程为；（II）关键是处理好与角的关系．过点作与垂直的直线，垂足为，则在中，，故将的最大值与最小值问题转化为椭圆上的点，到定直线的最大值与最小值问题处理．
试题解析：（I）曲线C的参数方程为（为参数）．直线的普通方程为．
（II）曲线C上任意一点到的距离为．则
．其中为锐角，且．
当时，取到最大值，最大值为．
当时，取到最小值，最小值为．
【考点定位】1、椭圆和直线的参数方程；2、点到直线的距离公式；3、解直角三角形．
19． (1)见证明；(2)
【解析】
（1）取PD中点G，可证EFGA是平行四边形，从而， 得证线面平行；
（2）取AD中点O，连结PO，可得面，连交于，可证是二面角的平面角，再在中求解即得．
【详解】
（1）证明：取PD中点G，连结
为的中位线，且，
又且，且，
∴EFGA是平行四边形，则，
又面，面，
面；
（2）解：取AD中点O，连结PO，
∵面面，为正三角形，
面，且，
连交于，可得，
，则，即．
连，又，
可得平面，则，
即是二面角的平面角，
在中，
∴，即二面角的正切值为．
本题考查线面平行证明，考查求二面角．求二面角的步骤是一作二证三计算．即先作出二面角的平面角，然后证明此角是要求的二面角的平面角，最后在三角形中计算．
20．（1）1；（2）
【解析】
（1），在和中分别运用余弦定理可表示出，运用算两次的思想即可求得，进而求出；
（2）在中，根据余弦定理和基本不等式，可求得，再由三角形的面积公式以及正弦函数的有界性，求出的面积的最大值．
【详解】
（1）由题设，则
在和中由余弦定理得：
，即
解得，∴
（2）在中由余弦定理得，
即，∴
所以面积的最大值为，此时.
本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，以及三角形面积公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．
21．（1）；（2）不存在.
【解析】
（1）由已知，利用基本不等式的和积转化可求，利用基本不等式可将转化为，由不等式的传递性，可求的最小值；（2）由基本不等式可求的最小值为，而，故不存在．
【详解】
（1）由，得，且当时取等号．
故，且当时取等号．
所以的最小值为；
（2）由（1）知，．
由于，从而不存在，使得成立．
【考点定位】
基本不等式．
22．（1）或 ；（2）．
【解析】
（1）通过讨论的范围，将绝对值符号去掉，转化为求不等式组的解集，之后取并集，得到原不等式的解集；
（2）将函数零点问题转化为曲线交点问题解决，数形结合得到结果.
【详解】
（1）有题不等式可化为，
当时，原不等式可化为，解得；
当时，原不等式可化为，解得，不满足，舍去；
当时，原不等式可化为，解得，
所以不等式的解集为．
（2）因为，
所以若函数存在零点则可转化为函数与的图像存在交点，
函数在上单调增，在上单调递减，且.
数形结合可知．
该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点有分类讨论求绝对值不等式的解集，将零点问题转化为曲线交点的问题来解决，数形结合思想的应用，属于简单题目.