2026年湖南省常德市高考数学一模试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年湖南省常德市高考数学一模试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合M={x|x2−2x−3<0}，N={0,1,2,3}，则A.M∩N={1,2,3} B.M∩N={0,1}

C.M∪N={x|−1<x≤3} D.M∪N={x|−3<x≤3}2.已知等差数列{an}中，a4+A.5 B.6 C.7 D.83.已知复数z满足：(z−1)2+1=0，则|z|=A.1 B.2 C.3 4.若m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(

)A.若m//α，n//α，则m//n

B.若m//α，n⊂α，则m//n

C.若α⊥β，α∩β=n，m⊂α，m⊥n，则m⊥β

D.若α⊥β，m//α，n⊥β，则m⊥n5.已知平面向量a，b为单位向量，且a⊥b，若c=2a+A.12 B.2 C.556.已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，以F为圆心且半径为2的圆与抛物线C相交于A、B两点，则|AB|=(

)A.7 B.22 C.27.已知实数b>0，若对任意的x∈R，x2−ax+2−b≥0恒成立，则ab的最大值为(

)A.469 B.8698.已知3a=2b=log2cA.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、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知函数f(x)=sin(2x−π4A.函数f(x)的最小正周期为π

B.函数f(x)的图象关于直线x=π2对称

C.将f(x)的图象向左平移π8个单位得到的函数为奇函数

D.函数y=f(x)与y=sinx10.设A，B为两个相互独立的随机事件，且P(A|B)=16，P(B)=12A.P(A|B−)=56 B.P(B|A11.已知数列{an}的前n项和为SnA.若Sn−an≥0，则an≥0 B.若Sn−an≥0，则Sn三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.(2x+ay)5的展开式中含x4y的项的系数是80，则实数a的值为

13.如图，圆柱的轴截面为正方形，AB、CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD的体积的最大值为36，则该圆柱的侧面积为

．14.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)左顶点为A，右焦点为F，过点A且倾斜角为π6的直线与双曲线C的右支相交于点P，若PA⊥PF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.(本小题13分)

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23，乙答对每道题目的概率都是12，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X，求X16.(本小题15分)

已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，PA⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥BC，AB=BC=12CD，G是CD的中点．

(1)E为PB的中点，F为PG上一点，EF//平面PAD，证明：F为PG中点；

(2)若PA=AC，求平面PBC与平面PAD17.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a<b<c且tanA，tanB，tanC均为整数．

(1)求A；

(2)设AC的中点为D，BC=10，求BD的长．18.(本小题17分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,22)，且离心率为22，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，点P是椭圆C上在第一象限内的一个动点．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)直线PF1，P19.(本小题17分)

已知函数f(x)=(b−x)ex−ea2x2，a，b∈R．

(1)当a=0，b=1时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若对任意a∈R，f(x)<e4，对x∈R恒成立．

(i)求b的取值范围；参考答案1.【答案】C

2.【答案】D

3.【答案】B

4.【答案】C

5.【答案】A

6.【答案】C

7.【答案】B

8.【答案】A

9.【答案】ACD

10.【答案】CD

11.【答案】BCD

12.【答案】1

13.【答案】36π

14.【答案】2

15.解：(1)设事件A为“甲通过面试”，事件B为“乙通过面试”

P(A)=23+13×23=89，P(B)=12+12×12=34，

因为甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率

所以P=P(ABX234P111所以随机变量X的期望为E(X)=2×1316.(1)证明：如图，取PA的中点为N，设平面NEF交PD于点M，

因为EF//平面PAD，EF⊂平面EFMN，平面PAD∩平面EFMN=MN，

所以EF//MN，

又E为PB的中点，所以EN//AB，EN=12AB，

而AB//CD，所以EN//CD，

又CD⊄平面EFMN，EN⊂平面EFMN，所以CD//平面EFMN，

因为CD⊂平面PGD，平面PGD∩平面EFMN=FM，

所以CD//FM，

又EN//CD，所以EN//FM，

所以四边形EFMN是平行四边形，

所以EN=FM，

而EN=12AB=14CD，G是CD的中点，

所以FM=14CD=12GD，

又CD//FM，

所以FM是△PGD的中位线，即F为PG中点．

(2)解：法一：因为AB//CD，AB⊥BC，AB=BC=12CD，

所以∠BCA=∠DCA=π4，

连接AG，则四边形ABCG是正方形，

所以AG⊥AB，GA=GC=GD，

而PA⊥平面ABCD，

故以A为原点，AB，AG，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设PA=AC=2，则AB=BC=12CD=1，

所以B(1,0,0),C(1,1,0),A(0,0,0),P(0,0,2),D(−1,1,0)，

所以BC=(0,1,0),BP=(−1,0,2)，

设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，则BP⋅n=−x+2z=0BC⋅n=y=0，

令z=1，得x=2,y=0，所以n=(2,0,1)，

因为GA=GC=GD，

所以AC⊥AD，

又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC，

而AD∩PA=A，AD、PA⊂平面PAD，

所以AC⊥平面PAD，

即平面PAD的一个法向量为AC=(1,1,0)，

设平面PBC与平面PAD的夹角为θ，

则cosθ=|n⋅AC|n|⋅|AC||=22×3=33，

故平面PBC与平面PAD夹角的余弦值为33．

法二：如图，延长BC，AD相交于M，连接AG，

因为AB//CD，AB⊥BC，AB=BC=12CD，

所以∠BCA=∠DCA=π4，

所以四边形ABCG是正方形，

所以GA=GC=GD，所以AC⊥AD，

因为PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

所以AC⊥PA，

设PA=AC=2，则AB=BC=17.解：(1)在△ABC中，因为a<b<c，所以A<B<C，

又A+B+C=π，所以3A<A+B+C=π，所以0<A<π3，

且y=tanx在[0,π2)内单调递增，所以0<tanA<tanπ3=3，

又tanA为整数，所以tanA=1，即A=π4；

(2)因为tan(B+C)=tan(π−A)=tan3π4=−1，

所以tanB+tanC1−tanB⋅tanC=−1，即tanB+tanC=tanB⋅tanC−1，

且B<C，设x=tanB，y=tanC，由x+y=xy−1，

可得y=x+1x−1=1+2x−1，

由于x≥2，x，y均为整数且x<y，x−1≥1，

解得x−1=1y=3，或x−1=2y=2，

解得x=2y=3，即tanB=2，tanC=3；

由tanB=sinBcosB=2sin2B+cos2B=1及B∈(0,π)，可得sinB=255，

同理可得cosC=1010，

在△ABC中，由正弦定理得bsinB=asinπ4=1022=25，

所以AC=b=25sinB=25×255=4，CD=12AC=2，

在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cosC

=(10)2+22−2×2×10×1010=10，

所以BD=10．

18.解：(1)根据题意可得ca=22a2=b2+c21a219.解：(1)当a=0，b=1时，

可得f(x)=(1−x)ex−x22，

所以f′(x)=−x(ex+1)，

当x∈(−∞,0)时，f′(x)>0；

当x∈(0,+∞)时．f′(x)<0，

所以f(x)的增区间为(−∞,0)，减区间为(0,+∞)．

(2)(i)设t=ea2>0，

则g(t)=−x2t+(b−x)ex在(0,+∞)上单调递减，

则只需g(0)=(b−x)ex≤e4，

令H(x)=(b−x)ex，H′(x)=(b−1−x)ex，

由H′(x)=0，可得x=b−1，

所以H(x)在(−∞,b−1)上单调递增，在(b−1,+∞)上单调递减．

所以H(x)max=H(b−1)=eb−1，

所以eb−1≤e4，

所以b≤5，

故b的取值范围为(−∞,5]；

(ii)证明；由上知1≤b≤5，又f′(x)=(b−1−x)ex−ea⋅x，

当x≥4时．f′(x)≤(b−5)ex−4ea<0，

当x≤b−5时，f′(x)≥4ex+(5−b)ea>0，

由零点存在定理可知存在x0∈(b−5,4)，使得f′(x0)=0．

下面证明：f′(x)在区间(b−5,4)上有且仅有一个零点x0，

记g(x)=f′(x)，h(x)=g′(x)=(b−2−x)ex−ea，

则h′(x)=(b−3−x)ex，

令h(x)=0，可得x=b−3；

则h(x)在(−∞,b−3)上单调递增，在(b−3,+∞)上单调递减，

所以h(x)≤h(b−3)=eb−3−ea．

①当a≥b−3时，h(