試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁常德市2025-2026學年度上學期高三檢測考試數(shù)學（試題卷）命題人：龔家喜（市教科院）佘智輝（桃源一中）田宏達（常德市一中）周順（常德外國語學校）注意事項：本試卷共4頁，滿分150分.考試時間120分鐘.考試結(jié)束后，只交答題卷.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合，，則（

）A． B．C． D．2．已知等差數(shù)列中，，則（

）A．5 B．6 C．7 D．83．已知復數(shù)滿足：，則（

）A．1 B． C． D．24．若為兩條直線，為兩個平面，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．若，，，，則B．若，，則C．若，，則D．若，，，則5．已知平面向量，為單位向量，且，若，則（

）A． B．2 C． D．6．已知拋物線：的焦點為，以為圓心且半徑為2的圓與拋物線相交于、兩點，則（

）A． B． C． D．47．已知實數(shù)，若對任意的，恒成立，則的最大值為（

）A． B． C． D．8．已知，則“”是“”的（

）A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．（多選）已知函數(shù)，則下列說法中正確的有（

）A．函數(shù)的最小正周期為B．函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱C．將的圖象向左平移個單位得到的函數(shù)為奇函數(shù)D．函數(shù)與在上有兩個交點10．設，為兩個相互獨立的隨機事件，且，，則下列命題中正確的是（

）A． B．C． D．11．已知數(shù)列的前項和為，則下列說法正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．的展開式中含的項的系數(shù)是80，則實數(shù)的值為.13．如圖，圓柱的軸截面為正方形，、分別是圓柱上、下底面圓的直徑，且四面體的體積的最大值為36，則該圓柱的側(cè)面積為.14．已知雙曲線：左頂點為，右焦點為，過點且傾斜角為的直線與雙曲線的右支相交于點，若，且，則雙曲線的離心率為.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．甲、乙兩人參加某高校的入學面試，入學面試有2道難度相當?shù)念}目，甲答對每道題目的概率都是，乙答對每道題目的概率都是，每位面試者共有兩次機會，若答對第一次抽到的題目，則面試通過，結(jié)束答題；否則繼續(xù)第2次答題，答對則面試通過，未答對則面試不通過，甲、乙兩人對抽到的不同題目能否答對是獨立的，且兩人答題互不影響，(1)求甲、乙兩人有且只有一人通過面試的概率；(2)設面試過程中甲、乙兩人答題的次數(shù)之和為，求的分布列與期望.16．已知四棱錐中，底面為直角梯形，平面，，，，是的中點.(1)為的中點，為上一點，平面，證明：為中點；(2)若，求平面與平面夾角的余弦值.17．在中，角，，的對邊分別為，，，已知且，，均為整數(shù).(1)求；(2)設的中點為，，求的長.18．已知橢圓：過點，且離心率為，，分別為橢圓的左、右焦點，點是橢圓上在第一象限內(nèi)的一個動點.(1)求橢圓的標準方程；(2)直線，分別交橢圓于點，，直線，的斜率分別為，，求的最小值.19．已知函數(shù)，.(1)當，時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對任意，，對恒成立.（i）求的取值范圍：（ii）若，證明：函數(shù)有且僅有一個極大值點.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．C【分析】先求出集合中不等式的解集，然后根據(jù)交集、并集的定義計算即可.【詳解】因為集合.所以.故選：C.2．D【分析】根據(jù)等差數(shù)列的項的性質(zhì)計算即可.【詳解】在等差數(shù)列中，由于，故，所以.故選：D.3．B【分析】根據(jù)方程求出復數(shù)，然后計算復數(shù)的模.【詳解】因為復數(shù)滿足：，所以，所以，解得.所以.故選：B.4．A【分析】利用線面位置關(guān)系的判斷及性質(zhì)定理逐項分析即可.【詳解】選項A，若，，，，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得：，故A選項正確；選項B，若，，則直線與直線可能平行，可能異面，故B選項不正確；選項C，若，，則直線與直線可能平行，可能相交，也可能異面，故C選項不正確；選項D，若，，，則直線與直線可能平行，可能相交（包括垂直），也可能異面；故D選項不正確；故選：A.5．A【分析】根據(jù)平面向量數(shù)量積的運算律，利用夾角計算公式先求出余弦值，再求出正切值即可.【詳解】由向量，為單位向量，又，知,因為，則所以,又，得,則，故選：A.6．C【分析】先求出圓的方程，然后與拋物線聯(lián)立，求得方程的解，進而求得點的坐標，從而求得.【詳解】已知拋物線：的焦點為，所以.所以以為圓心且半徑為2的圓的方程為.聯(lián)立圓的方程和拋物線方程得，化簡得.所以解得（舍去）.所以對應的或.所以，所以.故選：C.7．B【分析】根據(jù)一元二次不等式恒成立的條件得出關(guān)系，然后再利用導數(shù)即可求解.【詳解】由題意可知整理得，又因為，所以要想最大，則有，并且，即，所以，設函數(shù)，令，解得或.當時，，當時，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，所以的最大值為.故選：B8．A【分析】借助對數(shù)函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)以及不等式性質(zhì)，然后根據(jù)充分條件、必要條件判斷即可.【詳解】令，因為，所以，且，充分性：當時，畫出函數(shù)的圖象，如圖所示：由圖可知：，此時，所以，故充分性成立；必要性：若，由可得：，此時不滿足題意，若，由函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，由，則，又函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，即，當時，由，如圖所示：由圖可知，此時，則，不滿足題意，當時，由圖可知，此時，滿足題意，所以必要性成立，所以當時，“”是“”的充要條件，故選：A.9．ACD【分析】選項A，直接利用周期公式計算即可；選項B，先求函數(shù)的對稱軸，進一步分析即可；選項C，先通過平移變換得出新函數(shù)，再利用函數(shù)的奇偶性進行判斷；選項D，將函數(shù)交點的個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為方程根的個數(shù)問題，利用三角函數(shù)性質(zhì)解方程即可得出結(jié)論.【詳解】由，故A選項正確；由，即，令，解得：，故B選項不正確；由的圖象向左平移個單位得到函數(shù)：，由的定義域為關(guān)于原點對稱，且，所以為奇函數(shù)，故C選項正確；令，則①，解得：，又，所以當時，，②，解得：，又，所以當時，，所以函數(shù)與在上有兩個交點，故D選項正確；故選：ACD.10．CD【分析】根據(jù)獨立事件定義以及條件概率乘法公式計算可得，再由全概率公式計算可得各選項結(jié)果，即可得出AB錯誤，C正確，再由隨機事件概率的加法公式計算可得D正確.【詳解】由，可得；因此C正確；又，為兩個相互獨立的隨機事件，所以，所以；根據(jù)全概率公式可得,解得，因此A錯誤；又，解得，因此B錯誤；易知，所以，即D正確.故選：CD11．BCD【分析】對于A：舉反例說明即可；對于B：根據(jù)分析判斷即可；對于CD：根據(jù)題意結(jié)合前項和的定義逐步推導可得，，進而分析判斷.【詳解】對于選項A：例如，則，當為奇數(shù)時，；當為偶數(shù)時，；綜上所述：，但，故A錯誤；對于選項B：因為，可得，所以，故B正確；對于選項CD：若，當時，則，即，可得，所以，故C正確；當時，則，可得，即，當時，則，可得，即，可得，所以，故D正確；故選：BCD.12．1【分析】根據(jù)二項展開式通項，結(jié)合的系數(shù)求解即可.【詳解】展開式的通項公式，令，得，依題意有，解得.故答案為：113．【分析】由四面體的體積等于三棱錐的體積的2倍，設圓柱的底面半徑為，由于為定值，所以當平面時，三棱錐的體積取得最大值，從而可求出，進而可求出其側(cè)面積.【詳解】設圓柱的底面半徑為，因為圓柱的軸截面為正方形，所以圓柱的母線長為，設為上底面圓的圓心，如圖，由圓柱的對稱性可知，四面體的體積等于三棱錐的體積的2倍，所以四面體的體積最大值為36，則三棱錐的體積的最大值為，因為為上底面圓的圓心，是圓柱下底面圓的直徑，所以，所以當點到平面的距離最大時三棱錐的體積取得最大值，所以當平面時，三棱錐的體積取得最大值，所以，解得，所以該圓柱的側(cè)面積為.故答案為：14．【分析】根據(jù)斜率公式，勾股定理以及雙曲線中關(guān)系式，即可聯(lián)立求解.【詳解】由題知，，，，則，，又，設，則，解得，所以.故答案為：15．(1)(2)分布列見解析，【分析】（1）根據(jù)相互獨立事件概率公式直接計算可得結(jié)果；（2）易知隨機變量的可能取值為2，3，4，分別計算出對應概率可得分布列，計算出期望值.【詳解】（1）設事件為“甲通過面試”，事件為“乙通過面試”（或）（或）因為甲、乙兩人有且只有一人通過面試的概率所以.（2）隨機變量的可能取值為2，3，4.，，隨機變量的分布列為234所以隨機變量的期望為.16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用線面平行證明線線平行，再利用線線平行證明線面平行，最后證明四邊形是平行四邊形，從而得到是的中位線即可得證；（2）法一：求出關(guān)鍵點的坐標和平面的法向量，利用面面夾角的向量求法求解，法二：作出符合題意的圖形，找到二面角的平面角，再利用余弦定理求解即可.【詳解】（1）如圖，取的中點為由三點確定一個平面，交于點，由平面，平面，平面平面，可得，又因為為的中點，所以，又因為，所以，由平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，又因為，所以，則四邊形是平行四邊形，故，又因為，是的中點.，所以，結(jié)合，可得是的中位線，即為中點;（2）法一：由，可得，連接，可得四邊形是正方形，即可得，，所以，所以，即，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，而平面，如圖建立空間直角坐標系，令，則，即，所以，設平面的法向量為，則，令，得，所以，由于平面，所以平面的法向量可以取，設平面與平面的夾角為，則，故平面與平面的夾角余弦值為.法二：如圖，延長，相交于，連接，由，，，可得，可得四邊形是正方形，即可得，所以，.又因為平面，所以，設，則，在中，，，在中.，，又，所以為正三角形.取的中點，連接，，由三線合一性質(zhì)得，，在中，得到，，在中，，，則，.所以為平面與平面的夾角，在中，，，，由余弦定理得，故平面與平面的夾角余弦值為.17．(1)(2)【分析】（1）法一：根據(jù)三角形內(nèi)角和以及三邊之間的關(guān)系可得，再由正切函數(shù)單調(diào)性可得，即.法二：假設，所以，根據(jù)正切函數(shù)單調(diào)遞增，所以這與矛盾，即可得出結(jié)論；（2）由兩角和的正切公式計算可得，利用等量代換聯(lián)立解方程組計算可得，，也可以根據(jù)整數(shù)要求討論得出結(jié)論，再求出，，最后利用正弦定理和余弦定理計算可得.【詳解】（1）法一：在中，因為，所以，又，所以，所以，且在內(nèi)單調(diào)遞增，所以，又為整數(shù)，所以，即.法二：在中，因為，所以，所以為銳角，，假設，所以，又在內(nèi)單調(diào)遞增，所以，又，所以，與矛盾，所以，又為整數(shù)，所以，即.（2）因為，所以，即，且，設，，由，可得由于，，均為整數(shù)且，，解得，或，解得，即，；（另解：可化為，由，為正整數(shù)，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）根據(jù)題意列出關(guān)于的方程組，解出即可得結(jié)果；（2）設出，，的坐標，分別聯(lián)立直線與橢圓的方程，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系得到的坐標，結(jié)合斜率公式和基本不等式計算得到的最大值.【詳解】（1）根據(jù)題意可得解得，，所以橢圓的方程為.（2）設，，，由（1）可知，，因為點在橢圓上，所以.由題意：，：，將直線與橢圓聯(lián)立，可得，整理可得：.所以.所以，，即.同理，將直線與橢圓聯(lián)立.可得.整理可得：，所以，所以，，即.所以的斜率為，的斜率為.故因為點在第一象限內(nèi).故，.所以的最小值為，當且僅當在處取到等號.19．(1)增區(qū)間為，減區(qū)間為.(2)（i）（ii）證明見解析【分析】（1）代入，對函數(shù)求導，即可求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）（i）利用不等式恒成立可得，結(jié)合單調(diào)性即可求得，可得（ii）由（i）可得，對函數(shù)多次求導并利用單調(diào)性與極值，結(jié)合零點存在性定理即可判斷在上有且僅有一個零點，即可得出證明.【詳解】（1）當，時，可得，所以，當時，；當時.所以的增區(qū)間為，減區(qū)間為.（2）（i）設，則在上單調(diào)遞減，則只需，令，，由可得；所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.所以，所以，所以.（ii）由上知，又，當時.，當時，，由零點存在