精品解析：湖南省常德市2025-2026学年高三上学期检测考试数学试题

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. 8 3. 已知复数满足：，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 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. 4 7. 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. 已知无穷数列的前项和为，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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 【答案】C 【解析】 【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. 已知等差数列中，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【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. 已知复数满足：，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【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. 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 【答案】A 【解析】 【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. 已知平面向量，为单位向量，且，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 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. 4 【答案】C 【解析】 【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. 已知实数，若对任意的，恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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（舍去）. 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：B 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 【答案】A 【解析】 【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. 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 【答案】ACD 【解析】 【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. 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. 【答案】CD 【解析】 【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：CD 11. 已知无穷数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【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. 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________. 【答案】1 【解析】 【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：1 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________. 【答案】 【解析】 【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. 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________. 【答案】 【解析】 【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： 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. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【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. 【小问1详解】 设事件为“甲通过面试”，事件为“乙通过面试”， （或） （或） 所以甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率 . 【小问2详解】 随机变量的可能取值为2，3，4. ，，， 随机变量的分布列为 2 3 4 所以随机变量的期望为. 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. 【答案】（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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 根据题意可得 解得，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 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. 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】（1）增区间为，减区间为. （2）（i）（ii）证明见解析 【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. 【小问1详解】 当，时， 可得，所以， 当时，；当时. 所以的增区间为，减区间为. 【小问2详解】 （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，， 由零点存在定理可知存在，使得. 下面证明：在区间上有且仅有一个零点. 记，， 则，令，可得； 则在上单调递增，在上单调递减， 所以. ①当时，，所以单调递减 此时在区间上有且仅有一个零点 ②当时，，. 当时，此时存在唯一的，使得， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以在上有且仅有一个零点. 当时， 存在两个点，，使得， 即， 故在上单调递减，上单调递增，上单调递减， 又. 记，. 所以，进而，所以对任意，总有 则对任意，.所以不存在零点. 而在上单调递减，， 所以在上有且仅有一个零点. 综上所述，在上有且仅有一个零点， 且当时，，时，，从而为的极大值点， 所以有且仅有一个极大值点，证毕. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $