2026年湖南省常德市高三二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2026年常德市高三年级模拟考试数学一、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．已知是虚数单位，满足，则（

）A． B． C． D．3．一个袋中有6个大小和质地相同的球，其中红球2个，白球4个，现从中不放回地依次随机摸取2次，每次摸出1个球，则第二次摸出的球是红球的概率为（

）A． B． C． D．4．如图，在边长为2的正方形中，分别为的中点，则（

）A． B．1 C． D．5．一个圆锥的底面半径与一个球的半径相等，且它们的体积也相等，则圆锥的侧面积与球的表面积的比值为（

）A．1 B． C． D．6．已知圆与双曲线的渐近线相切，则椭圆的离心率（

）A． B． C． D．7．已知实数满足：，则（

）A． B．C． D．8．已知中，，，分别是角，，的对边，的面积，角的平分线交于点，且，则（

）A． B． C． D．3二、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．已知，则（

）A． B．C． D．10．下列说法正确的是（

）A．样本数据2，3，3，4，7，8，10，18的第80百分位数为10B．样本数据的正线性相关程度越强，则样本相关系数的值越大C．根据分类变量与的成对数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为变量与不独立D．一元线性回归模型的残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内11．已知成等差数列，若关于的方程组恰有组解，则（

）A． B．C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知曲线在处的切线与圆相交于两点，则___________．13．已知函数为奇函数，则实数______．14．函数的值域为___________．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．已知数列的前项和，．(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，求证：．16．如图，在三棱柱中，平面平面，，为的中点．(1)证明：平面平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．17．泊松分布是一种统计与概率学里常见的离散型分布．若随机变量服从参数为的泊松分布（记作），则其概率分布为，其中为自然对数的底数．(1)当时，泊松分布可以用正态分布来近似，当时，泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为．若，求的值；(2)设，当且时，二项分布可近似看作泊松分布，即，其中.某工厂生产件电子元器件，次品率为，各元件是否为次品相互独立，记为产品中的次品数，按泊松分布近似计算．（i）若，求产品中恰有2件次品的概率；（ii）求使得最大时的值．（参考数据：；若，则有，，）18．抛物线的焦点为为坐标原点，抛物线上的一点到焦点的距离为．(1)求抛物线的标准方程；(2)已知直线交抛物线于两点，直线交抛物线的准线于点，且轴．（i）证明：直线过定点；（i）点为抛物线的准线与轴的交点，若的面积与的面积相等，求直线的方程．19．已知函数（其中为自然对数的底数）．(1)求函数的单调区间；(2)当时，证明：；(3)若有两个不同的实数解，且，求证：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】等价于，得，即，因为，所以.2．A【分析】复数，则，代入已知条件根据复数相等求解.【详解】设，则，所以，即，由复数相等得，解得，所以，故选：A．3．D【分析】第二次摸出的球是红球有两种情况，利用古典概率公式分类列式计算即得.【详解】第二次摸出的球是红球的事件有两种情况：第一次摸到白球，第二次摸到红球的概率为第一次摸到红球，第二次摸到红球的概率为则第二次摸出的球是红球的概率为.故选：4．D【详解】以为坐标原点建立如图所示直角坐标系，则，则，则.5．D【分析】由题意设圆锥的底面半径与球的半径均为，圆锥的母线长为，高为，由已知可得，，计算侧面积与球的表面积的比值.【详解】由题意设圆锥的底面半径与球的半径均为，圆锥的母线长为，高为．由，得，，，则．6．A【分析】由圆与双曲线渐近线相切得出，即可求解椭圆的离心率．【详解】由圆得，圆心，半径为1，双曲线的一条渐近线为，即，因为圆与双曲线的渐近线相切，所以圆心到渐近线的距离，整理得，所以椭圆的离心率．7．C【分析】利用指数函数单调性分析不同取值对应的与1的大小关系，从而判断的符号.【详解】因为，所以，即，所以，设，求导得，因为，，因此，即在上是单调递增.若，则，对应，得，此时；若，由单调递增得，即，又是增函数，故，此时，得；若，由单调递增得得，解得，此时；综上，所有情况都满足，选C.【点睛】本题考查指数函数单调性的应用，核心是利用函数单调性判断变量的取值范围，体现了函数思想在不等式判断中的应用.8．B【分析】由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算可得，由等面积法以及三角形的面积公式代入计算可得，再由余弦定理代入计算，即可得到结果【详解】，化简得，再由正弦定理，得，又，代入得，整理得．又，为的内角，则，即．因为为的平分线，所以，，在中，．①又，∴，则，化简得，又，∴．②①代入②，得，解得或（舍去），∴，在中，由余弦定理得，∴．9．ACD【分析】利用弦化切计算逐项判断即可.【详解】对于A选项，，A对；对于B选项，，B错；对于C选项，，C对；对于D选项，，D对.10．ABD【分析】选项A：根据百分位数的定义求解即可；选项B：根据相关系数与相关程度的关系判断即可；选项C：根据小概率值的独立性检验原理判断即可；选项D：根据一元线性回归模型拟合效果判断即可.【详解】选项A：将样本数据从小到大排列：2，3，3，4，7，8，10，18，则，所以第80百分位数为第7个数字，即，故A正确.选项B：样本正相关系数的取值范围是，越接近1，随机变量之间的线性相关程度越强.故正线性相关程度越强，则样本相关系数越接近1，故B正确.选项C：在独立性检验中，当时，没有充分证据推断原假设不成立，应认为变量与独立，故C错误.选项D：残差均匀分布在0附近的水平带状区域，则模型拟合效果好，故D正确.11．AD【分析】根据条件可得直线过定点，再结合题设条件，可将问题转化成与直线恰有个交点，求出过点且与相切的直线方程，可得到，再对各个选项分析判断，即可求解.【详解】因为成等差数列，则，代入得到，整理得到，令，解得，所以直线过定点，又由，得到，因为方程组恰有组解，则与直线恰有个交点，设过点的直线与切于点，又，则，得到，解得所以过点且与相切的直线方程为，即，又的斜率为，由图可知，要使与直线恰有个交点，则，即，所以，，故A和D正确，取，显然满足，但，所以B错误，取，显然满足，但，所以C错误.12．【分析】求导，根据点斜式求解切线方程，即可根据圆的弦长公式求解.【详解】由得，故，进而可得曲线在处的切线方程为：，即，圆心到直线的距离为，故.其中为圆的半径.13．1【分析】根据奇函数的定义可将问题转化为对定义域内的任意恒成立，即可求解.【详解】由题意可得对定义域内的任意恒成立，故，因此，化简可得：对定义域内的任意恒成立，由于是变化的，因此，故.14．【分析】先将函数平方，转化为关于的函数，再利用换元法，转化为关于的函数，利用导数求出的值域，进而得出函数的值域．【详解】因为，所以，所以定义域为，由题可知，，令，不妨设，则，令，解得或，当时，，则在单调递增，当时，，则在单调递减，又，所以，即，所以．15．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据与的关系，推出为等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可.（2）求出，结合裂项相消法求出，进一步证明即可.【详解】（1）当时，，解得.当时，，则，即，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，.（2）由（1）知，，则.所以，又，所以，则，即.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，与交于点，根据面面垂直的性质定理可得平面，进而根据及面面垂直的判定定理可得结果；（2）以C为原点建立空间直角坐标系，根据的坐标及平面的法向量可求结果.【详解】（1）由三棱柱的性质可知四边形，均为平行四边形，所以，又，所以，所以，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.如图，连接，与交于点，连接，则为的中点，所以.所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由三棱柱的性质可知四边形为平行四边形，所以，，又，所以，所以，所以，由（1）知平面，所以两两垂直，以C为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由，可得由，可得，所以设平面的法向量为，则，即，令，可得.所以直线与平面所成角的正弦值为．17．(1)(2)这1000件产品中恰有2件次品的概率为；当为整数时，最大时的值为或；当不为整数时，最大时的值为小于的最大整数.【分析】（1）根据正态分布求解相应区间的概率即可；（2）（i）根据题意将已知数据代入公式即可，（ii）根据最大时列不等式组求解即可.【详解】（1）因为，所以泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为，即．所以，由，得，即.（2）（i）由题意知，且，又，所以二项分布可近似看作泊松分布，所以，所以，即这1000件产品中恰有2件次品的概率为.（ii）因为最大，所以，即，解得，又，所以当为整数时，最大时的值为或；当不为整数时，最大时的值为小于的最大整数.18．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）或【分析】（1）根据条件，利用抛物线的定义，建立方程组，即可求解；（2）（i）设直线，，联直线与抛物线方程，再结合题设条件和根与系数间的关系，得，即可求解；（ii）根据条件，将问题转化成到直线的距离相等，再利用点到直线的距离公式，即可求解.【详解】（1）因为抛物线上的一点到焦点的距离为，则，消得到，解得，所以抛物线的标准方程.（2）（i）由题可设，，由，消得到，则，，又，所以，令，得到，所以，又轴，则，得到，所以，解得，则，所以直线过定点.（ii）因为在抛物线上，则，解得，所以，由（i）知，又点为抛物线的准线与轴的交点，则，又的面积与的面积相等，则到直线的距离相等，所以，即，解得，所以直线的方程为或.19．(1)单调递减区间是，单调递增区间是.(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据导函数的正负性判断其单调性；（2）令，研究其单调性，求端点处的函数即可；（3）先求出，令得出，结合（2）可知，将问题转化为求证，最后构造函数求其范围即可.【详解】（