2026届河南省洛阳市、许昌市高三下学期一模考试数学试题含解析

这是一份2026届河南省洛阳市、许昌市高三下学期一模考试数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了已知向量与的夹角为，，，则，已知复数z＝等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵中，，，当阳马体积的最大值为时，堑堵的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知向量与的夹角为，定义为与的“向量积”，且是一个向量，它的长度，若，，则（ ）
A．B．
C．6D．
4．已知数列为等差数列，为其前 项和，，则（ ）
A．B．C．D．
5．地球上的风能取之不尽，用之不竭.风能是淸洁能源，也是可再生能源.世界各国致力于发展风力发电，近10年来，全球风力发电累计装机容量连年攀升，中国更是发展迅猛，2014年累计装机容量就突破了，达到，中国的风力发电技术也日臻成熟，在全球范围的能源升级换代行动中体现出大国的担当与决心.以下是近10年全球风力发电累计装机容量与中国新增装机容量图. 根据所给信息，正确的统计结论是（ ）
A．截止到2015年中国累计装机容量达到峰值
B．10年来全球新增装机容量连年攀升
C．10年来中国新增装机容量平均超过
D．截止到2015年中国累计装机容量在全球累计装机容量中占比超过
6．设i为虚数单位，若复数，则复数z等于( )
A．B．C．D．0
7．阅读下面的程序框图，运行相应的程序，程序运行输出的结果是（ ）
A．1．1B．1C．2．9D．2．8
8．已知向量与的夹角为，，，则( )
A．B．0C．0或D．
9．已知复数z＝（1+2i）（1+ai）（a∈R），若z∈R，则实数a＝（ ）
A．B．C．2D．﹣2
10．已知函数，，若成立，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
11．总体由编号01，,02，…，19,20的20个个体组成．利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为
A．08B．07C．02D．01
12．已知双曲线 (a>0，b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线的离心率e的取值范围是（ ）
A．B．(1,2),C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分别在面和面内作弧和，并将两弧各五等分，分点依次为、、、、、以及、、、、、．一只蚂蚁欲从点出发，沿正方体的表面爬行至，则其爬行的最短距离为________．参考数据：；；）
14．一个房间的地面是由12个正方形所组成，如图所示.今想用长方形瓷砖铺满地面，已知每一块长方形瓷砖可以覆盖两块相邻的正方形，即或，则用6块瓷砖铺满房间地面的方法有_______种.
15．展开式中的系数的和大于8而小于32，则______．
16．春节期间新型冠状病毒肺炎疫情在湖北爆发，为了打赢疫情防控阻击战，我省某医院选派2名医生，6名护士到湖北、两地参加疫情防控工作，每地一名医生，3名护士，其中甲乙两名护士不到同一地，共有__________种选派方法.
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）已知椭圆的离心率为，且过点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设是椭圆上且不在轴上的一个动点，为坐标原点，过右焦点作的平行线交椭圆于、两个不同的点，求的值．
18．（12分）已知函数.
（1）若是的极值点，求的极大值；
（2）求实数的范围，使得恒成立.
19．（12分）已知函数，函数.
（Ⅰ）判断函数的单调性；
（Ⅱ）若时，对任意，不等式恒成立，求实数的最小值.
20．（12分）已知椭圆 的焦距为，斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为，且直线的斜率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过左焦点斜率为的直线与椭圆交于点为椭圆上一点，且满足，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由.
21．（12分）已知椭圆：的离心率为，直线：与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.为左顶点，过点的直线交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）以线段为直径的圆是否过定点？若是，写出所有定点的坐标；若不是，请说明理由.
22．（10分）己知等差数列的公差，，且，，成等比数列.
（1）求使不等式成立的最大自然数n；
（2）记数列的前n项和为，求证：.
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】
利用均值不等式可得,即可求得,进而求得外接球的半径,即可求解.
【详解】
由题意易得平面,
所以,
当且仅当时等号成立,
又阳马体积的最大值为,
所以,
所以堑堵的外接球的半径,
所以外接球的体积,
故选:B
【点睛】
本题以中国传统文化为背景,考查四棱锥的体积、直三棱柱的外接球的体积、基本不等式的应用,体现了数学运算、直观想象等核心素养.
2、A
【解析】
根据对数性质可知，再根据集合的交集运算即可求解.
【详解】
∵，
集合，
∴由交集运算可得.
故选：A.
【点睛】
本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题.
3、D
【解析】
先根据向量坐标运算求出和，进而求出，代入题中给的定义即可求解.
【详解】
由题意，则，，得，由定义知，
故选:D.
【点睛】
此题考查向量的坐标运算，引入新定义，属于简单题目.
4、B
【解析】
利用等差数列的性质求出的值，然后利用等差数列求和公式以及等差中项的性质可求出的值.
【详解】
由等差数列的性质可得，
.
故选：B.
【点睛】
本题考查等差数列基本性质的应用，同时也考查了等差数列求和，考查计算能力，属于基础题.
5、D
【解析】
先列表分析近10年全球风力发电新增装机容量，再结合数据研究单调性、平均值以及占比，即可作出选择.
【详解】
中国累计装机装机容量逐年递增，A错误；全球新增装机容量在2015年之后呈现下降趋势，B错误；经计算，10年来中国新增装机容量平均每年为，选项C错误；截止到2015年中国累计装机容量，全球累计装机容量，占比为，选项D正确.
故选：D
【点睛】
本题考查条形图，考查基本分析求解能力，属基础题.
6、B
【解析】
根据复数除法的运算法则，即可求解.
【详解】
.
故选:B.
【点睛】
本题考查复数的代数运算，属于基础题.
7、C
【解析】
根据程序框图的模拟过程，写出每执行一次的运行结果，属于基础题.
【详解】
初始值，
第一次循环：，；
第二次循环：，；
第三次循环：，；
第四次循环：，；
第五次循环：，；
第六次循环：，；
第七次循环：，；
第九次循环：，；
第十次循环：，；
所以输出.
故选：C
【点睛】
本题考查了循环结构的程序框图的读取以及运行结果，属于基础题.
8、B
【解析】
由数量积的定义表示出向量与的夹角为，再由，代入表达式中即可求出.
【详解】
由向量与的夹角为，
得，
所以，
又，，，，
所以，解得.
故选：B
【点睛】
本题主要考查向量数量积的运算和向量的模长平方等于向量的平方，考查学生的计算能力，属于基础题.
9、D
【解析】
化简z＝（1+2i）（1+ai）=，再根据z∈R求解.
【详解】
因为z＝（1+2i）（1+ai）=，
又因为z∈R，
所以，
解得a＝-2.
故选：D
【点睛】
本题主要考查复数的运算及概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
10、A
【解析】
分析：设，则，把用表示，然后令，由导数求得的最小值．
详解：设，则，，，
∴，令，
则，，∴是上的增函数，
又，∴当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，是极小值也是最小值，
，∴的最小值是．
故选A．
点睛：本题易错选B，利用导数法求函数的最值，解题时学生可能不会将其中求的最小值问题，通过构造新函数，转化为求函数的最小值问题，另外通过二次求导，确定函数的单调区间也很容易出错．
11、D
【解析】
从第一行的第5列和第6列起由左向右读数划去大于20的数分别为：08,02,14,07,01，所以第5个个体是01，选D.
考点：此题主要考查抽样方法的概念、抽样方法中随机数表法，考查学习能力和运用能力.
12、A
【解析】
若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率．根据这个结论可以求出双曲线离心率的取值范围．
【详解】
已知双曲线的右焦点为，
若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，
则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率，
，离心率，
，
故选：．
【点睛】
本题考查双曲线的性质及其应用，解题时要注意挖掘隐含条件．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
根据空间位置关系，将平面旋转后使得各点在同一平面内，结合角的关系即可求得两点间距离的三角函数表达式.根据所给参考数据即可得解.
【详解】
棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分别在面和面内作弧和.
将平面绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：
则，所以；
将平面绕旋转至与平面共面的位置，将绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：
则，所以；
因为，且由诱导公式可得，
所以最短距离为，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了空间几何体中最短距离的求法，注意将空间几何体展开至同一平面内求解的方法，三角函数诱导公式的应用，综合性强，属于难题.
14、11
【解析】
将图形中左侧的两列瓷砖的形状先确定，再由此进行分类，在每一类里面又分按两种形状的瓷砖的数量进行分类，在其中会有相同元素的排列问题，需用到“缩倍法”. 采用分类计数原理，求得总的方法数.
【详解】
（1）先贴如图这块瓷砖，
然后再贴剩下的部分，按如下分类：
5个： ，
3个，2个：，
1个，4个：，
（2）左侧两列如图贴砖，
然后贴剩下的部分：
3个：，
1个，2个：，
综上，一共有（种）.
故答案为：11.
【点睛】
本题考查了分类计数原理，排列问题，其中涉及到相同元素的排列，用到了“缩倍法”的思想.属于中档题.
15、4
【解析】
由题意可得项的系数与二项式系数是相等的，利用题意，得出不等式组，求得结果.
【详解】
观察式子可知
，，
故答案为：4.
【点睛】
该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有展开式中项的系数和，属于基础题目.
16、24
【解析】
先求出每地一名医生，3名护士的选派方法的种数，再减去甲乙两名护士到同一地的种数即可.
【详解】
解：每地一名医生，3名护士的选派方法的种数有，
若甲乙两名护士到同一地的种数有，
则甲乙两名护士不到同一地的种数有.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用间接法求排列组合问题，正难则反，是基础题.
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）1
【解析】
（Ⅰ）由题，得，，解方程组，即可得到本题答案；
（Ⅱ）设直线，则直线，联立，得，联立，得，由此即可得到本题答案.
【详解】
（Ⅰ）由题可得，即，，
将点代入方程得，即，解得，
所以椭圆的方程为：；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
设直线，则直线，
联立，整理得，
所以，
联立，整理得，
设，则，
所以，
所以．
【点睛】
本题主要考查椭圆标准方程的求法以及直线与椭圆的综合问题，考查学生的运算求解能力.
18、（1）.（2）
【解析】
（1）先对函数求导，结合极值存在的条件可求t，然后结合导数可研究函数的单调性，进而可求极大值；
（2）由已知代入可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，构造函数g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，结合导数及函数的性质可求.
【详解】
（1），x＞0，
由题意可得，0，解可得t＝﹣4，
∴，
易得，当x＞2，0＜x＜1时，f′（x）＞0，函数单调递增，当1＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，
故当x＝1时，函数取得极大值f（1）＝﹣3；
（2）由f（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx+2≥2在x＞0时恒成立可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，
令g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，则，
（i）当t≥0时，g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝t﹣1≥0，解可得t≥1，
（ii）当﹣2＜t＜0时，g（x）在（）上单调递减，在（0，），（1，+∞）上单调递增，
此时g（1）＝t﹣1＜﹣1不合题意，舍去；
（iii）当t＝﹣2时，g′（x）0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，此时g（1）＝﹣3不合题意；
（iv）当t＜﹣2时，g（x）在（1，）上单调递减，在（0，1），（）上单调递增，此时g（1）＝t﹣1＜﹣3不合题意，
综上，t≥1时，f（x）≥2恒成立.
【点睛】
本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及极值，利用导数与函数的性质处理不等式的恒成立问题，分类讨论思想，属于中档题.
19、 (1) 故函数在上单调递增，在上单调递减;(2).
【解析】
试题分析：
（Ⅰ）根据题意得到的解析式和定义域，求导后根据导函数的符号判断单调性．（Ⅱ）分析题意可得对任意，恒成立，构造函数，则有对任意，恒成立，然后通过求函数的最值可得所求．
试题解析：
（I）由题意得，， ∴ .
当时，，函数在上单调递增；
当时，令，解得；令，解得.
故函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（II）由题意知.
，
当时，函数单调递增．
不妨设 ，又函数单调递减，
所以原问题等价于：当时，对任意，不等式 恒成立，
即对任意，恒成立.
记，
由题意得在上单调递减.
所以对任意，恒成立.
令，，
则在上恒成立.
故，
而在上单调递增，
所以函数在上的最大值为.
由，解得.
故实数的最小值为．
20、 (1) .
(2) 为定值.过程见解析.
【解析】
分析：（1）焦距说明，用点差法可得＝.这样可解得，得椭圆方程；
（2）若，这种特殊情形可直接求得，在时，直线方程为，设，把直线方程代入椭圆方程，后可得，然后由纺长公式计算出弦长，同时直线方程为，代入椭圆方程可得点坐标，从而计算出，最后计算即可.
详解：（1）由题意可知，设，代入椭圆可得：
，两式相减并整理可得，
，即.
又因为，，代入上式可得，.
又，所以，
故椭圆的方程为.
（2）由题意可知，，当为长轴时，为短半轴，此时
；
否则，可设直线的方程为，联立，消可得，
，
则有：，
所以
设直线方程为，联立，根据对称性，
不妨得，
所以.
故，
综上所述，为定值.
点睛：设直线与椭圆相交于两点，的中点为，则有，证明方法是点差法：即把点坐标代入椭圆方程得，，两式相减，结合斜率公式可得.
21、（1）；（2）是，定点坐标为或
【解析】
（1）根据相切得到，根据离心率得到，得到椭圆方程.
（2）设直线的方程为，点、的坐标分别为，，联立方程得到，，计算点的坐标为，点的坐标为，圆的方程可化为，得到答案.
【详解】
（1）根据题意：，因为，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，点、的坐标分别为，，
把直线的方程代入椭圆方程化简得到，
所以，，
所以，，
因为直线的斜率，所以直线的方程，
所以点的坐标为，同理，点的坐标为，
故以为直径的圆的方程为，
又因为，，
所以圆的方程可化为，令，则有，
所以定点坐标为或.
【点睛】
本题考查了椭圆方程，圆过定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
22、（1）；（2）证明见解析
【解析】
（1）根据，，成等比数列，有，结合公差，，求得通项，再解不等式.
（2）根据（1），用裂项相消法求和，然后研究其单调性即可.
【详解】
（1）由题意，可知，
即，
∴.
又，，∴，
∴.
∴，
∴，
故满足题意的最大自然数为.
（2），
∴.
.
.
从而当时，单调递增，且，
当时，单调递增，且，
所以，
由，知不等式成立.
【点睛】
本题主要考查等差数列的基本运算和裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
7816
6572
0802
6314
0702
4369
9728
0198
3204
9234
4935
8200
3623
4869
6938
7481
年份
2009
2010
2011
2012
2013
2014
2015
2016
2017
2018
累计装机容量
158.1
197.2
237.8
282.9
318.7
370.5
434.3
489.2
542.7
594.1
新增装机容量
39.1
40.6
45.1
35.8
51.8
63.8
54.9
53.5
51.4