湖北省襄阳三中2025-2026学年高考数学试题全练版含解析.doc

湖北省襄阳三中2025-2026学年高考数学试题全练版
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图是正方体截去一个四棱锥后的得到的几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）

A． B． C． D．
2．已知集合则（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．自2019年12月以来，在湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例，研究表明，该新型冠状病毒具有很强的传染性各级政府反应迅速，采取了有效的防控阻击措施，把疫情控制在最低范围之内.某社区按上级要求做好在鄂返乡人员体格检查登记，有3个不同的住户属在鄂返乡住户，负责该小区体格检查的社区诊所共有4名医生，现要求这4名医生都要分配出去，且每个住户家里都要有医生去检查登记，则不同的分配方案共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．72种
5．已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若函数的图象的一条对称轴是，则的最小值为
A． B． C． D．
6．已知f(x)=是定义在R上的奇函数，则不等式f(x-3)<f(9-x2)的解集为（ ）
A．(-2,6) B．(-6,2) C．(-4,3) D．(-3,4)
7．已知，，分别为内角，，的对边，，，的面积为，则（ ）
A． B．4 C．5 D．
8．已知.给出下列判断：
①若，且，则；
②存在使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；
③若在上恰有7个零点，则的取值范围为；
④若在上单调递增，则的取值范围为.
其中，判断正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．某校为提高新入聘教师的教学水平，实行“老带新”的师徒结对指导形式，要求每位老教师都有徒弟，每位新教师都有一位老教师指导，现选出3位老教师负责指导5位新入聘教师，则不同的师徒结对方式共有（ ）种.
A．360 B．240 C．150 D．120
10．己知，，，则（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
12．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）

A． B． C． D．2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知不等式组所表示的平面区域为，则区域的外接圆的面积为______．
14．已知为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上移动时，的内心的轨迹方程为__________．
15．函数的定义域是__________．
16．已知，，且，则最小值为__________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在平面直角坐标系中，已知点，曲线：（为参数）以原点为极点，轴正半轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（Ⅰ）判断点与直线的位置关系并说明理由；
（Ⅱ）设直线与曲线的两个交点分别为，，求的值.
18．（12分）如图，在四棱锥中，底面，，，，为的中点，是上的点.

（1）若平面，证明：平面.
（2）求二面角的余弦值.
19．（12分）如图，在平行四边形中，，，现沿对角线将折起，使点A到达点P，点M，N分别在直线，上，且A，B，M，N四点共面.

（1）求证：；
（2）若平面平面，二面角平面角大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
20．（12分）在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为：，曲线的参数方程为其中，为参数，为常数．
（1）写出与的直角坐标方程；
（2）在什么范围内取值时，与有交点．
21．（12分）已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
22．（10分）已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数.).以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线与直线其中的一个交点为，且点极径.极角
（1）求曲线的极坐标方程与点的极坐标；
（2）已知直线的直角坐标方程为，直线与曲线相交于点(异于原点)，求的面积.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
根据三视图作出几何体的直观图，结合三视图的数据可求得几何体的体积.
【详解】
根据三视图还原几何体的直观图如下图所示：

由图可知，该几何体是在棱长为的正方体中截去四棱锥所形成的几何体，
该几何体的体积为.
故选：C.
本题考查利用三视图计算几何体的体积，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.
2．B
【解析】
解对数不等式可得集合A，由交集运算即可求解.
【详解】
集合解得

由集合交集运算可得，
故选：B.
本题考查了集合交集的简单运算，对数不等式解法，属于基础题.
3．A
【解析】
根据向量坐标运算求得，由平行关系构造方程可求得结果.
【详解】
，
，解得：
故选：
本题考查根据向量平行关系求解参数值的问题，涉及到平面向量的坐标运算；关键是明确若两向量平行，则.
4．C
【解析】
先将4名医生分成3组，其中1组有2人，共有种选法，然后将这3组医生分配到3个不同的住户中去，有种方法，由分步原理可知共有种.
【详解】
不同分配方法总数为种.
故选：C
此题考查的是排列组合知识，解此类题时一般先组合再排列，属于基础题.
5．C
【解析】
将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，因为函数的图象的一条对称轴是，所以，即，所以，又，所以的最小值为．故选C．
6．C
【解析】
由奇函数的性质可得，进而可知在R上为增函数，转化条件得，解一元二次不等式即可得解.
【详解】
因为是定义在R上的奇函数，所以，
即，解得，即，
易知在R上为增函数.
又，所以，解得.
故选：C.
本题考查了函数单调性和奇偶性的应用，考查了一元二次不等式的解法，属于中档题.
7．D
【解析】
由正弦定理可知,从而可求出.通过可求出，结合余弦定理即可求出 的值.
【详解】
解：，即
，即.
，则.
，解得.
，
故选:D.
本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查同角三角函数的基本关系.本题的关键是通过正弦定理结合已知条件，得到角 的正弦值余弦值.
8．B
【解析】
对函数化简可得，进而结合三角函数的最值、周期性、单调性、零点、对称性及平移变换，对四个命题逐个分析，可选出答案.
【详解】
因为，所以周期.
对于①，因为，所以，即，故①错误；
对于②，函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数为，其图象关于轴对称，则，解得，故对任意整数，，所以②错误；
对于③，令，可得，则，
因为，所以在上第1个零点，且，所以第7个零点，若存在第8个零点，则，
所以，即，解得，故③正确；
对于④，因为，且，所以，解得，又，所以，故④正确.
故选：B.
本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的平移变换、最值、周期性、单调性、零点、对称性，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.
9．C
【解析】
可分成两类，一类是3个新教师与一个老教师结对，其他一新一老结对，第二类两个老教师各带两个新教师，一个老教师带一个新教师，分别计算后相加即可．
【详解】
分成两类，一类是3个新教师与同一个老教师结对，有种结对结对方式，第二类两个老教师各带两个新教师，有．
∴共有结对方式60＋90＝150种．
故选：C．
本题考查排列组合的综合应用．解题关键确定怎样完成新老教师结对这个事情，是先分类还是先分步，确定方法后再计数．本题中有一个平均分组问题．计数时容易出错．两组中每组中人数都是2，因此方法数为．
10．B
【解析】
先将三个数通过指数，对数运算变形，再判断.
【详解】
因为，，
所以，
故选：B.
本题主要考查指数、对数的大小比较，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.
11．B
【解析】
由题意可知函数为上为减函数，可知函数为减函数，且，由此可解得实数的取值范围.
【详解】
由题意知函数是上的减函数，于是有，解得，
因此，实数的取值范围是．
故选：B.
本题考查利用分段函数的单调性求参数，一般要分析每支函数的单调性，同时还要考虑分段点处函数值的大小关系，考查运算求解能力，属于中等题.
12．B
【解析】
首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.
【详解】
根据圆柱的三视图以及其本身的特征，
将圆柱的侧面展开图平铺,
可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，
所以所求的最短路径的长度为，故选B.
点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
先作可行域，根据解三角形得外接圆半径，最后根据圆面积公式得结果.
【详解】
由题意作出区域，如图中阴影部分所示，

易知，故 ，又，设的外接圆的半径为，则由正弦定理得，即，故所求外接圆的面积为.
线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离、可行域面积、可行域外接圆等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.
14．
【解析】
考查更为一般的问题：设P为椭圆C:上的动点，为椭圆的两个焦点，为△PF1F2的内心，求点I的轨迹方程．
解法一：如图，设内切圆I与F1F2的切点为H，半径为r，且F1H=y，F2H=z，PF1=x+y，PF2=x+z，，则.

直线IF1与IF2的斜率之积：，
而根据海伦公式，有△PF1F2的面积为
因此有.
再根据椭圆的斜率积定义，可得I点的轨迹是以F1F2为长轴，
离心率e满足的椭圆，
其标准方程为.
解法二：令，则．三角形PF1F2的面积：
，
其中r为内切圆的半径，解得.
另一方面，由内切圆的性质及焦半径公式得：

从而有．消去θ得到点I的轨迹方程为：
.
本题中：，代入上式可得轨迹方程为：.
15．
【解析】
由，得，所以，所以原函数定义域为，故答案为.
16．
【解析】
首先整理所给的代数式，然后结合均值不等式的结论即可求得其最小值.
【详解】
，
结合可知原式，
且
，
当且仅当时等号成立.
即最小值为.
在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（Ⅰ）点在直线上；见解析（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）直线：，即，所以直线的直角坐标方程为，因为，所以点在直线上；
（Ⅱ）根据直线的参数方程中参数的几何意义可得.
【详解】
（Ⅰ）直线：，即，
所以直线的直角坐标方程为，
因为，
所以点在直线上；
（Ⅱ）直线的参数方程为（为参数），
曲线的普通方程为，
将直线的参数方程代入曲线的普通方程得，
设两根为，，所以，，
故与异号，
所以，
，
所以.
本题考查在极坐标参数方程中方程互化，还考查了直线的参数方程中参数的几何意义，属于中档题.
18．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）因为，利用线面平行的判定定理可证出平面，利用点线面的位置关系，得出和，由于底面，利用线面垂直的性质，得出
，且，最后结合线面垂直的判定定理得出平面，即可证出平面.
（2）由（1）可知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，标出点坐标，运用空间向量坐标运算求出所需向量，分别求出平面和平面的法向量，最后利用空间二面角公式，即可求出的余弦值.
【详解】
（1）证明：因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，所以可设平面平面，
又因为平面，所以.
因为平面，平面，
所以，从而得.
因为底面，所以.
因为，所以.
因为，所以平面.
综上，平面.
（2）解：由（1）可得，，两两垂直，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.
因为，所以，
则，，，，
所以，，，.

设是平面的法向量，
由取
取，得.
设是平面的法向量，
由得
取，得，
所以，
即的余弦值为.
本题考查线面垂直的判定和空间二面角的计算，还运用线面平行的性质、线面垂直的判定定理、点线面的位置关系、空间向量的坐标运算等，同时考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.
19．（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）根据余弦定理，可得，利用//，可得//平面，然后利用线面平行的性质定理，//，最后可得结果.
（2）根据二面角平面角大小为，可知N为的中点，然后利用建系，计算以及平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，可得结果.
【详解】
（1）不妨设，则，
在中,
，
则，
因为，
所以，因为//，
且A、B、M、N四点共面，所以//平面.
又平面平面，所以//.
而，.
（2）因为平面平面，且，
所以平面，，
因为，所以平面，，
因为，平面与平面夹角为，
所以，在中，易知N为的中点，
如图，建立空间直角坐标系，

则，，，
，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则由，
令，得.
设与平面所成角为，
则.
本题考查线面平行的性质定理以及线面角，熟练掌握利用建系的方法解决几何问题，将几何问题代数化，化繁为简，属中档题.
20．（1），．（2）
【解析】
（1）利用，代入可求；消参可得直角坐标方程.
（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，与有交点，可得，解不等式即可求解.
【详解】
（1）

（2）将的参数方程代入的直角坐标方程得：

与有交点，即

本题考查了极坐标方程与普通方程的转化、参数方程与普通方程的转化、直线与圆的位置关系的判断，属于基础题.
21．（1）； （2）.
【解析】
（1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到的取值范围，判断，为正，去掉绝对值，转化为在时恒成立,得到，，在恒成立，从而得到的取值范围.
【详解】
（1）当时，，
由，得，即，
或，即，
或，即，
综上：或，
所以不等式的解集为.
（2），，
因为，，
所以，
又，，，
得.
不等式恒成立，即在时恒成立，
不等式恒成立必须，，
解得.
所以，
解得，
结合，
所以，
即的取值范围为.
本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题.
22．（1）极坐标方程为，点的极坐标为（2）
【解析】
（1）利用极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化公式即可；
（2）只需算出A、B两点的极坐标，利用计算即可.
【详解】
（1）曲线C：(为参数，)
，
将代入，解得，
即曲线的极坐标方程为，
点的极坐标为.
（2)由（1），得点的极坐标为，
由直线过原点且倾斜角为，知点的极坐标为，
.
本题考查极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化以及利用极径求三角形面积，考查学生的运算能力，是一道基础题.