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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，，则( )
A. B.
C. D.
2.已知等差数列中，，则( )
A. B. C. D.
3.已知复数满足：，则( )
A. B. C. D.
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. C. D.
6.已知抛物线：的焦点为，以为圆心且半径为的圆与抛物线相交于、两点，则( )
A. B. C. D.
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、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，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，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，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.本小题分
甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有道难度相当的题目，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，
求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率；
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.本小题分
已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，是的中点．
为的中点，为上一点，平面，证明：为中点；
若，求平面与平面夹角的余弦值．
17.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，已知且，，均为整数．
求；
设的中点为，，求的长．
18.本小题分
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．
求椭圆的标准方程；
直线，分别交椭圆于点，，直线，的斜率分别为，，求的最小值．
19.本小题分
已知函数，，．
当，时，求函数的单调区间；
若对任意，，对恒成立．
求的取值范围；
若，证明：函数有且仅有一个极大值点．
参考答案
1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
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6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】
15.解：设事件为“甲通过面试”，事件为“乙通过面试”
，，
因为甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率
所以．
随机变量的可能取值为，，．
，，，
随机变量的分布列为
所以随机变量的期望为．
16.证明：如图，取的中点为，设平面交于点，
因为平面，平面，平面平面，
所以，
又为的中点，所以，，
而，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，
所以，
又，所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
而，是的中点，
所以，
又，
所以是的中位线，即为中点．
解：法一：因为，，，
所以，
连接，则四边形是正方形，
所以，，
而平面，
故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
所以，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，得，所以，
因为，
所以，
又平面，所以，
而，、平面，
所以平面，
即平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
法二：如图，延长，相交于，连接，
因为，，，
所以，
所以四边形是正方形，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以，
设，则，
在中，，，
在中，，，
又，所以为正三角形，
取的中点，连接，，
在等腰中，有，，
在等边中，有，，
所以即为平面与平面的夹角，
在中，，，，
由余弦定理得，，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17.解：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；
因为，
所以，即，
且，设，，由，
可得，
由于，，均为整数且，，
解得，或，
解得，即，；
由及，可得，
同理可得，
在中，由正弦定理得，
所以，，
在中，由余弦定理得
，
所以．
18.解：根据题意可得，解得，，，
所以椭圆的方程为．
设，，，由可知，，
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.解：当，时，
可得，
所以，
当时，；
当时．，
所以的增区间为，减区间为．
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，
故的取值范围为；
证明；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．
当时，，所以单调递减
此时在区间上有且仅有一个零点，
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．
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