2026年湖南常德市高三一模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页常德市2025-2026学年度上学期高三检测考试数学（试题卷）命题人：龚家喜（市教科院）佘智辉（桃源一中）田宏达（常德市一中）周顺（常德外国语学校）注意事项：本试卷共4页，满分150分.考试时间120分钟.考试结束后，只交答题卷.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合，，则（

）A． B．C． D．2．已知等差数列中，，则（

）A．5 B．6 C．7 D．83．已知复数满足：，则（

）A．1 B． C． D．24．若为两条直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（

）A．若，，，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，，则5．已知平面向量，为单位向量，且，若，则（

）A． B．2 C． D．6．已知抛物线：的焦点为，以为圆心且半径为2的圆与抛物线相交于、两点，则（

）A． B． C． D．47．已知实数，若对任意的，恒成立，则的最大值为（

）A． B． C． D．8．已知，则“”是“”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．（多选）已知函数，则下列说法中正确的有（

）A．函数的最小正周期为B．函数的图象关于直线对称C．将的图象向左平移个单位得到的函数为奇函数D．函数与在上有两个交点10．设，为两个相互独立的随机事件，且，，则下列命题中正确的是（

）A． B．C． D．11．已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．的展开式中含的项的系数是80，则实数的值为.13．如图，圆柱的轴截面为正方形，、分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体的体积的最大值为36，则该圆柱的侧面积为.14．已知双曲线：左顶点为，右焦点为，过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支相交于点，若，且，则双曲线的离心率为.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.15．甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有2道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，每位面试者共有两次机会，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响，(1)求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率；(2)设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为，求的分布列与期望.16．已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，是的中点.(1)为的中点，为上一点，平面，证明：为中点；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.17．在中，角，，的对边分别为，，，已知且，，均为整数.(1)求；(2)设的中点为，，求的长.18．已知椭圆：过点，且离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆上在第一象限内的一个动点.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线，分别交椭圆于点，，直线，的斜率分别为，，求的最小值.19．已知函数，.(1)当，时，求函数的单调区间；(2)若对任意，，对恒成立.（i）求的取值范围：（ii）若，证明：函数有且仅有一个极大值点.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】先求出集合中不等式的解集，然后根据交集、并集的定义计算即可.【详解】因为集合.所以.故选：C.2．D【分析】根据等差数列的项的性质计算即可.【详解】在等差数列中，由于，故，所以.故选：D.3．B【分析】根据方程求出复数，然后计算复数的模.【详解】因为复数满足：，所以，所以，解得.所以.故选：B.4．A【分析】利用线面位置关系的判断及性质定理逐项分析即可.【详解】选项A，若，，，，根据面面垂直的性质定理可得：，故A选项正确；选项B，若，，则直线与直线可能平行，可能异面，故B选项不正确；选项C，若，，则直线与直线可能平行，可能相交，也可能异面，故C选项不正确；选项D，若，，，则直线与直线可能平行，可能相交（包括垂直），也可能异面；故D选项不正确；故选：A.5．A【分析】根据平面向量数量积的运算律，利用夹角计算公式先求出余弦值，再求出正切值即可.【详解】由向量，为单位向量，又，知,因为，则所以,又，得,则，故选：A.6．C【分析】先求出圆的方程，然后与抛物线联立，求得方程的解，进而求得点的坐标，从而求得.【详解】已知抛物线：的焦点为，所以.所以以为圆心且半径为2的圆的方程为.联立圆的方程和抛物线方程得，化简得.所以解得（舍去）.所以对应的或.所以，所以.故选：C.7．B【分析】根据一元二次不等式恒成立的条件得出关系，然后再利用导数即可求解.【详解】由题意可知整理得，又因为，所以要想最大，则有，并且，即，所以，设函数，令，解得或.当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以的最大值为.故选：B8．A【分析】借助对数函数与指数函数的图象与性质以及不等式性质，然后根据充分条件、必要条件判断即可.【详解】令，因为，所以，且，充分性：当时，画出函数的图象，如图所示：由图可知：，此时，所以，故充分性成立；必要性：若，由可得：，此时不满足题意，若，由函数在上单调递增，则，由，则，又函数在上单调递增，所以，即，当时，由，如图所示：由图可知，此时，则，不满足题意，当时，由图可知，此时，满足题意，所以必要性成立，所以当时，“”是“”的充要条件，故选：A.9．ACD【分析】选项A，直接利用周期公式计算即可；选项B，先求函数的对称轴，进一步分析即可；选项C，先通过平移变换得出新函数，再利用函数的奇偶性进行判断；选项D，将函数交点的个数问题转化为方程根的个数问题，利用三角函数性质解方程即可得出结论.【详解】由，故A选项正确；由，即，令，解得：，故B选项不正确；由的图象向左平移个单位得到函数：，由的定义域为关于原点对称，且，所以为奇函数，故C选项正确；令，则①，解得：，又，所以当时，，②，解得：，又，所以当时，，所以函数与在上有两个交点，故D选项正确；故选：ACD.10．CD【分析】根据独立事件定义以及条件概率乘法公式计算可得，再由全概率公式计算可得各选项结果，即可得出AB错误，C正确，再由随机事件概率的加法公式计算可得D正确.【详解】由，可得；因此C正确；又，为两个相互独立的随机事件，所以，所以；根据全概率公式可得,解得，因此A错误；又，解得，因此B错误；易知，所以，即D正确.故选：CD11．BCD【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：根据分析判断即可；对于CD：根据题意结合前项和的定义逐步推导可得，，进而分析判断.【详解】对于选项A：例如，则，当为奇数时，；当为偶数时，；综上所述：，但，故A错误；对于选项B：因为，可得，所以，故B正确；对于选项CD：若，当时，则，即，可得，所以，故C正确；当时，则，可得，即，当时，则，可得，即，可得，所以，故D正确；故选：BCD.12．1【分析】根据二项展开式通项，结合的系数求解即可.【详解】展开式的通项公式，令，得，依题意有，解得.故答案为：113．【分析】由四面体的体积等于三棱锥的体积的2倍，设圆柱的底面半径为，由于为定值，所以当平面时，三棱锥的体积取得最大值，从而可求出，进而可求出其侧面积.【详解】设圆柱的底面半径为，因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的母线长为，设为上底面圆的圆心，如图，由圆柱的对称性可知，四面体的体积等于三棱锥的体积的2倍，所以四面体的体积最大值为36，则三棱锥的体积的最大值为，因为为上底面圆的圆心，是圆柱下底面圆的直径，所以，所以当点到平面的距离最大时三棱锥的体积取得最大值，所以当平面时，三棱锥的体积取得最大值，所以，解得，所以该圆柱的侧面积为.故答案为：14．【分析】根据斜率公式，勾股定理以及双曲线中关系式，即可联立求解.【详解】由题知，，，，则，，又，设，则，解得，所以.故答案为：15．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）根据相互独立事件概率公式直接计算可得结果；（2）易知随机变量的可能取值为2，3，4，分别计算出对应概率可得分布列，计算出期望值.【详解】（1）设事件为“甲通过面试”，事件为“乙通过面试”（或）（或）因为甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率所以.（2）随机变量的可能取值为2，3，4.，，随机变量的分布列为234所以随机变量的期望为.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面平行证明线线平行，再利用线线平行证明线面平行，最后证明四边形是平行四边形，从而得到是的中位线即可得证；（2）法一：求出关键点的坐标和平面的法向量，利用面面夹角的向量求法求解，法二：作出符合题意的图形，找到二面角的平面角，再利用余弦定理求解即可.【详解】（1）如图，取的中点为由三点确定一个平面，交于点，由平面，平面，平面平面，可得，又因为为的中点，所以，又因为，所以，由平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，又因为，所以，则四边形是平行四边形，故，又因为，是的中点.，所以，结合，可得是的中位线，即为中点;（2）法一：由，可得，连接，可得四边形是正方形，即可得，，所以，所以，即，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，而平面，如图建立空间直角坐标系，令，则，即，所以，设平面的法向量为，则，令，得，所以，由于平面，所以平面的法向量可以取，设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面的夹角余弦值为.法二：如图，延长，相交于，连接，由，，，可得，可得四边形是正方形，即可得，所以，.又因为平面，所以，设，则，在中，，，在中.，，又，所以为正三角形.取的中点，连接，，由三线合一性质得，，在中，得到，，在中，，，则，.所以为平面与平面的夹角，在中，，，，由余弦定理得，故平面与平面的夹角余弦值为.17．(1)(2)【分析】（1）法一：根据三角形内角和以及三边之间的关系可得，再由正切函数单调性可得，即.法二：假设，所以，根据正切函数单调递增，所以这与矛盾，即可得出结论；（2）由两角和的正切公式计算可得，利用等量代换联立解方程组计算可得，，也可以根据整数要求讨论得出结论，再求出，，最后利用正弦定理和余弦定理计算可得.【详解】（1）法一：在中，因为，所以，又，所以，所以，且在内单调递增，所以，又为整数，所以，即.法二：在中，因为，所以，所以为锐角，，假设，所以，又在内单调递增，所以，又，所以，与矛盾，所以，又为整数，所以，即.（2）因为，所以，即，且，设，，由，可得由于，，均为整数且，，解得，或，解得，即，；（另解：可化为，由，为正整数，且，所以，，即，）；所以，.在中，由正弦定理得，所以，.在中，由余弦定理得；所以.18．(1)(2)【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解出即可得结果；（2）设出，，的坐标，分别联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系得到的坐标，结合斜率公式和基本不等式计算得到的最大值.【详解】（1）根据题意可得解得，，所以椭圆的方程为.（2）设，，，由（1）可知，，因为点在椭圆上，所以.由题意：，：，将直线与椭圆联立，可得，整理可得：.所以.所以，，即.同理，将直线与椭圆联立.可得.整理可得：，所以，所以，，即.所以的斜率为，的斜率为.故因为点在第一象限内.故，.所以的最小值为，当且仅当在处取到等号.19．(1)增区间为，减区间为.(2)（i）（ii）证明见解析【分析】（1）代入，对函数求导，即可求得函数的单调区间；（2）（i）利用不等式恒成立可得，结合单调性即可求得，可得（ii）由（i）可得，对函数多次求导并利用单调性与极值，结合零点存在性定理即可判断在上有且仅有一个零点，即可得出证明.【详解】（1）当，时，可得，所以，当时，；当时.所以的增区间为，减区间为.（2）（i）设，则在上单调递减，则只需，令，，由可得；所以在上单调递增，在上单调递减.所以，所以，所以.（ii）由上知，又，当时.，当时，，由零点存在