精品解析：湖南衡阳市第一中学2026届高三下学期一模检测数学试题

衡阳市第一中学2026年高三一模检测数学试题 （总分：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，再选涂其他答案标号.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、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知，则的值为（ ） A. 5 B. C. D. 2. 已知命题，，那么为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 4. 在 中，角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 老张每天17:00下班回家，通常步行5分钟后乘坐公交车再步行到家，公交车有A，B两条路线可以选择．乘坐路线A所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后步行到家，要5分钟，乘坐路线B所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后步行到家要12分钟．下列说法从统计角度认为合理的是（ ） （参考数据：，则，，） A. 若乘坐路线A，则在17:48前到家的可能性超过1% B. 若乘坐路线B，18:00前一定能到家 C. 乘坐路线A和乘坐路线B在17:58前到家的可能性一样 D. 乘坐路线B比乘坐路线A在17:54前到家的可能性更小 6. 已知，用表示中的最大者，记为，则（    ） A. B. C. D. 7. 已知 的内角的对边分别为，若，，，则（ ） A. 4 B. C. D. 8. 若函数是偶函数，则（ ） A. 0 B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 已知曲线，则（ ） A. 曲线 关于直线对称 B. 曲线 与 轴有4个公共点 C. 曲线 上存在一点 ，使得 D. 曲线 上任意一点，都有 10. 已知定义在R上的函数满足关于对称，且满足，则（ ）. A. 的图象关于直线 对称 B. 是以4为周期的周期函数 C. 的图象关于点对称 D. 11. 已知三棱锥的各顶点都在球 上，点分别是的中点，平面，，，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 球 的体积是 C. 直线 与平面所成角的正弦值是 D. 平面被球 所截的截面面积是 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分.若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为______. 13. 正三棱柱的棱长均为， ， 分别是棱，的中点，过点 ， ， 的平面分别交直线 ，于点 ， ，则三棱柱与三棱锥公共部分的体积为______． 14. 已知函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为___________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在 中，， 为 的中点，. （1）若，求 的长； （2）若，求 的长. 16. 信息在传送中都是以字节形式发送，每个字节只有0或1两种状态，为保证信息在传送中不至于泄露，往往需要经过多重加密，若 ， 是含有一个字节的信息，在加密过程中，会经过两次加密，第一次加密时信息中字节会等可能的变为0或1，且0，1之间转换是相互独立的，第二次加密时，字节中0或1发生变化的概率为 ，若 ， 的初始状态为0，1或1，0，记通过两次加密后 ， 中含有字节1的个数为. （1）若两次加密后的 ， 中字节1的个数为2，且，求 ， 通过第一次加密后字节1的个数为2的概率； （2）若一条信息有种等可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，则称（其中为这条信息的信息熵，试求 ， 经过两次加密后字节1的个数为的信息熵 ； （3）将一个字节为0的信息通过第二次加密，当字节变为1时停止，否则重复第二次加密直至字节变为1，设停止加密时该字节第二次加密的次数为.证明：. 17. 如图，在几何体中，四边形 是正方形，是等边三角形，，平面平面 ，中 边上的高为，且． （1）证明：平面； （2）求几何体的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知动点 到定点的距离比到 轴距离大1，记动点 的轨迹为曲线 . （1）求轨迹 的方程； （2）过 的直线交曲线 于，曲线 在点处的切线相交于点 . ①证明：； ②时，求的面积. 19. 已知函数，其中． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若函数存在单调递增区间，求实数 的取值范围； （3）若R，对任意的恒成立，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳市第一中学2026年高三一模检测数学试题 （总分：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，再选涂其他答案标号.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、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知，则的值为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简复数，再求． 【详解】， ， ，故B正确． 故选：B． 2. 已知命题，，那么为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定的知识确定正确答案. 【详解】原命题，，是存在量词命题， 其否定是全称量词命题，注意到要否定结论， 所以为，. 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由一元二次不等式求解确定集合 ，再由并集运算即可求解. 【详解】由可得， 即，又， 所以. 4. 在 中，角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由两角和差的余弦公式经过拆角变形为，再由正弦定理边化角得到，然后由两角和差的余弦公式再拆角，结合二倍角的余弦公式计算可得. 【详解】因为， ， ， 由正弦定理可知， 即， 因为，故， 所以， 所以. 故选：D. 5. 老张每天17:00下班回家，通常步行5分钟后乘坐公交车再步行到家，公交车有A，B两条路线可以选择．乘坐路线A所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后步行到家，要5分钟，乘坐路线B所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后步行到家要12分钟．下列说法从统计角度认为合理的是（ ） （参考数据：，则，，） A. 若乘坐路线A，则在17:48前到家的可能性超过1% B. 若乘坐路线B，18:00前一定能到家 C. 乘坐路线A和乘坐路线B在17:58前到家的可能性一样 D. 乘坐路线B比乘坐路线A在17:54前到家的可能性更小 【答案】C 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的对称性以及正态分布的概率对四个选项逐一判断即可. 【详解】设乘坐路线A所需时间为，乘坐路线B所需时间为 对于A，由知，， 因为，所以，所以A选项错误； 对于B，“18:00前一定能到家”是随机事件，可能发生，可能不发生，所以B选项错误； 对于C，，，，， 因此乘坐路线A和乘坐路线B在17:58前到家的可能性一样，选项C正确． 对于D，，，乘坐路线B比乘坐路线A在17:54前到家的可能性更大，选项D错误． 故选：C. 6. 已知，用表示中的最大者，记为，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意代入中较大值计算比较即可. 【详解】，A正确. ， 则故B，C，D错误. 7. 已知 的内角的对边分别为，若，，，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由三角形内角和求 ，由正弦定理即可求 . 【详解】因为，， 所以， 由得. 故选：B 8. 若函数是偶函数，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因是偶函数，则， 即，也即函数是偶函数，则， ，则得，所以， 则. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 已知曲线，则（ ） A. 曲线 关于直线对称 B. 曲线 与 轴有4个公共点 C. 曲线 上存在一点 ，使得 D. 曲线 上任意一点，都有 【答案】AD 【解析】 【分析】化简得，再利用点的对称性证出A；利用对称性可判断B；利用反证法，以及求证C；利用基本不等式三角函数的有界性求证D. 【详解】对A：，曲线 过原点， 若点在曲线上，则点也在曲线上， 故曲线 关于原点， 轴， 轴，直线均对称，故A正确； 对B：由对称性及曲线 过原点，曲线 与x轴必有奇数个公共点，故B错误； 对C：假设存在一点，使得，则， 过点的直线方程为，则， 由对称性不妨设， 则，矛盾，故C错误； 对D：，等号成立时， 此时无法成立，故等号取不到， 由得成立，故D正确． 10. 已知定义在R上的函数满足关于对称，且满足，则（ ）. A. 的图象关于直线 对称 B. 是以4为周期的周期函数 C. 的图象关于点对称 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由已知可判断是偶函数，是奇函数.由及是奇函数，可得，判断C对；由C及是偶函数可判断的周期为4，进而求和判断D错；由，可判断关于对称，A错；由，及是奇函数，可得，B对. 【详解】对于C，由①，得， 因为，所以，故②， ①＋②，得，所以的图象关于点对称， 且，故C正确； 对于D，因为关于对称，所以关于对称，所以偶函数， 所以， 所以， 故，所以的周期为4， 在中，令，得， 所以， 结合的周期性得，，， 所以，故D错误； 对于A，①－②，得， 所以， 所以的图象关于对称，而不是关于直线 对称，故A错误； 对于B，由得， 因为是奇函数，所以， 所以是以4为周期的周期函数，故B正确. 故选：BC. 11. 已知三棱锥的各顶点都在球 上，点分别是的中点，平面，，，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 球 的体积是 C. 直线 与平面所成角的正弦值是 D. 平面被球 所截的截面面积是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据勾股定理可以判断，即可判断平面，根据垂直关系可以判断 的中点就是三棱锥外接球的球心 ，即可求得球的体积；根据线面的定义可知即为所求；利用等体积转化，先求圆心到平面的距离，再根据弦心距求截面圆的半径，再求圆的面积. 【详解】对于选项A，因为平面，所以，由，，可得，满足，所以，所以平面，故A正确； 对于选项B， 是和 的公共斜边，所以 中点即三棱锥外接球的球心 ，所以球 的半径为，故球 的体积为，故B正确； 对于选项C，因为平面，所以即直线 与平面所成的角，所以，故C错误； 对于选项D，设点 到平面的距离为，平面被球 所截的截面圆的半径为 ，因为是 的中位线，所以点 到平面的距离等于点 到平面的距离，故，易求得所以，即，解得，所以，所以截面圆的面积为，故D正确. 故选ABD. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何中垂直关系的应用，球与几何体的组合体的应用，本题的关键是判断平面. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分.若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求两次摸球共有多少种情况，然后讨论一等奖的可能情况，由古典概型计算求解. 【详解】每次摸球的情况有种. 先后两次摸球共有种情况. 两次得分5分的情况有： 第一次1分，第二次4分，共有种； 第一次2分，第二次3分，共有1种； 第一次4分，第二次1分，共有4种； 第一次3分，第二次2分，共有1种； 所以， 故答案为：. 13. 正三棱柱的棱长均为 ， ， 分别是棱，的中点，过点 ， ， 的平面分别交直线 ，于点 ， ，则三棱柱与三棱锥公共部分的体积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先证明，再确定所求几何体可通过三棱台截去三棱锥得到，结合台体和锥体体积公式求结论. 【详解】如图，连接并延长，与 的延长线交于点 ，连接 ， 延长与的延长线交于点 ，连接 ，交于点 ，连接 ，． 因为，，， 所以，所以．， 同理可得． 三棱柱和三棱锥的公共部分为几何体， 其体积为三棱台的体积和三棱锥的体积之差， 即． 14. 已知函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为___________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，利用导数及题目信息证明函数在上单调递增，所求不等式可化为，利用单调性解不等式即可求出答案. 【详解】因为且，所以， 设，则， 所以在上单调递增， 对于不等式， 整理得，即， 根据函数的单调性及其定义域得， 解得， 所以不等式的解集为． 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在 中，， 为 的中点，. （1）若，求 的长； （2）若，求 的长. 【答案】（1）； （2） . 【解析】 【分析】（1）在中，利用余弦定理可求得，在 中，再利用余弦定理，即可求得 ； （2）如图，延长，使，则为等腰三角形，进而可得，则，则，结合平面向量基本定理，可得，联立即可求解. 【小问1详解】 如图，在中，，，， 根据余弦定理，得， 又在 中，，，， 根据余弦定理，得， 解得； 【小问2详解】 如图，延长，使，则为等腰三角形，， ， 又，所以，所以， 所以，则，即， 所以，则， 又，， 所以， ， 所以， 所以，即，解得或（舍）. 16. 信息在传送中都是以字节形式发送，每个字节只有0或1两种状态，为保证信息在传送中不至于泄露，往往需要经过多重加密，若 ， 是含有一个字节的信息，在加密过程中，会经过两次加密，第一次加密时信息中字节会等可能的变为0或1，且0，1之间转换是相互独立的，第二次加密时，字节中0或1发生变化的概率为，若 ， 的初始状态为0，1或1，0，记通过两次加密后 ， 中含有字节1的个数为. （1）若两次加密后的 ， 中字节1的个数为2，且，求 ， 通过第一次加密后字节1的个数为2的概率； （2）若一条信息有种等可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，则称（其中为这条信息的信息熵，试求 ， 经过两次加密后字节1的个数为的信息熵 ； （3）将一个字节为0的信息通过第二次加密，当字节变为1时停止，否则重复第二次加密直至字节变为1，设停止加密时该字节第二次加密的次数为.证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 由题知，其中， 则， 因为， ， ， 两式相减得 ， 所以， 当无限增大时，和都无限趋近于0，且， 所以. 【解析】 【分析】（1）设事件为“通过第一次加密后字节1的个数为”，事件 为“通过第二次加密后字节1的个数为2”，，利用全概率公式，条件概率的计算公式，即可求解； （2）由随机变量，根据独立重复试验的概率公式，分别求得相应的概率，结合信息熵的计算公式，即可求解； （3）利用期望的计算公式，求得，再由，得出和表达式，两式相减，得到，结合极限的思想，即可得证. 【小问1详解】 记事件为“通过第一次加密后字节1的个数为”，， 事件 为“通过第二次加密后字节1的个数为2”， 则，， ， 则， 故. 【小问2详解】 由题意知，随机变量， 由（1）知， 同理可得， 则， 所以的信息熵. 【小问3详解】 略 【点睛】对于随机变量的期望与方差问题的求解策略： 1、求离散型随机变量的期望与方差关键是确定随机变量的所有可能取值，写出随机变量的分布列，正确运用期望、方差公式进行计算； 2、要注意观察随机变量的概率分布特征，若属于二项分布，可用二项分布的期望与方差的计算公式计算，则更为简单； 3、在实际问题中，若两个随机变量，有或比较接近时，就用与来比较两个随机变量的稳定程度，即一般地期望最大（或最小）的方案最为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小（最大）的方案作为最优方案. 17. 如图，在几何体中，四边形 是正方形，是等边三角形，，平面平面 ，中 边上的高为，且． （1）证明：平面； （2）求几何体的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由平面平面 ，证得平面 ，得到，因为，即可证得平面 ； （2）连接和 ，得到 ，由平面 ，取得，再证得平面 ，求得 ，即可求得几何体的体积； （3）以为 坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为四边形 是正方形，所以， 又因为平面平面 ，平面平面， 且平面 ，所以平面 ， 因为，所以平面 . 【小问2详解】 解：连接和 ，则几何体的体积等于 , 因为平面，所以 是三棱锥 的高， 所以， 因为 中边 上的高为 ，且，所以， 又因为平面平面 ，且平面 平面，平面 ， 所以平面 ， 又因为，所以是四棱锥 的高， 所以， 所以几何体的体积等于. 【小问3详解】 解：以为 坐标原点，建立如图空间直角坐标系 ，如图所示， 则 ， ，所以 ． 因为 ，，， 可得 ， ， 设平面 的法向量为 ，则， 取，可得，所以 ， 所以 ， 设直线与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知动点 到定点的距离比到 轴距离大1，记动点 的轨迹为曲线 . （1）求轨迹 的方程； （2）过 的直线 交曲线 于，曲线 在点处的切线相交于点 . ①证明：； ②时，求的面积. 【答案】（1）或. （2）证明：①根据题意，设，所以， 因为三点共线，所以，可得， 又因为曲线在处的切线方程分别为， 所以， 所以，可得，所以，所以. ② 【解析】 【分析】（1）设是曲线 的任意一点，根据题意，得到，化简后即可求解； （2）①设，得到，根据三点共线，求得，再由曲线在处的切线方程，求得，证得，即可得证； ②设，由，求得，设直线 的方程，联立方程组，结合韦达定理，求得，利用弦长公式，求得的长，利用三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：设是曲线 的任意一点， 因为动点 到定点的距离比到 轴距离大1，可得， 整理得或， 所以曲线 的轨迹方程为或. 【小问2详解】 解：②设， 因为，可得，所以， 设直线 的方程，联立方程组，整理得， 则，且， 因为，解得， 则， 由，可得，则且， 所以曲线 在 处的切线方程为，即， 可得，同理可得， 联立方程组，两式相减得， 解得，则， 所以，可得， 因为，所以. 19. 已知函数，其中． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若函数存在单调递增区间，求实数 的取值范围； （3）若R，对任意的恒成立，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导得出斜率并用点斜式即可求解； （2）可以利用反证法把存在性问题转化为恒成立问题分离参数再取补集即可求答案； （3）利用（2）判断导函数零点所在区间从而判断原函数单调性 【小问1详解】 当时，，函数定义域为 故， 又，所以切线方程为. 【小问2详解】 由题意得 若不存在单调增区间，则恒成立，即恒成立， 令， 当时，当时 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以即 因此所求实数 的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）知 所以在单调递减，又，， 所以必存在正数，使得，即 由（2）知当时，即，当时，即， 当时，即， 由上可知在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即， 令 因为 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 所以的最小值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $