长沙市2025-2026学年高考数学四模试卷（含答案解析）

这是一份长沙市2025-2026学年高考数学四模试卷（含答案解析），文件包含十年2016-2025高考数学真题分类汇编全国通用专题01集合与常用逻辑用语七大考点88题教师版docx、十年2016-2025高考数学真题分类汇编全国通用专题01集合与常用逻辑用语七大考点88题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共51页， 欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。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、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．为了研究国民收入在国民之间的分配，避免贫富过分悬殊，美国统计学家劳伦茨提出了著名的劳伦茨曲线，如图所示.劳伦茨曲线为直线时，表示收入完全平等.劳伦茨曲线为折线时，表示收入完全不平等.记区域为不平等区域，表示其面积，为的面积，将称为基尼系数.
对于下列说法：
①越小，则国民分配越公平；
②设劳伦茨曲线对应的函数为，则对，均有；
③若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则；
④若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则.
其中正确的是：
A．①④B．②③C．①③④D．①②④
2．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，若三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．12B．C．D．10
3．若复数满足，则（其中为虚数单位）的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．若不相等的非零实数，，成等差数列，且，，成等比数列，则（ ）
A．B．C．2D．
5．抛物线的焦点是双曲线的右焦点，点是曲线的交点，点在抛物线的准线上，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
7．已知双曲线：（，）的右焦点与圆：的圆心重合，且圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．3
8．设，分别为双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点作圆 的切线与双曲线的左支交于点P，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
9．将一张边长为的纸片按如图(1)所示阴影部分裁去四个全等的等腰三角形，将余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥模型，如图(2)放置，如果正四棱锥的主视图是正三角形，如图(3)所示，则正四棱锥的体积是( )
A．B．C．D．
10．设过定点的直线与椭圆：交于不同的两点，，若原点在以为直径的圆的外部，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数的图象在点处的切线方程是，则（ ）
A．2B．3C．-2D．-3
12．设a，b都是不等于1的正数，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、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，如图是过且垂直于长轴的弦，则的内切圆方程是________.
14．满足线性的约束条件的目标函数的最大值为________
15．如图，在矩形中，，是的中点，将，分别沿折起，使得平面平面，平面平面，则所得几何体的外接球的体积为__________.
16．设f（x）＝etx（t＞0），过点P（t，0）且平行于y轴的直线与曲线C：y＝f（x）的交点为Q，曲线C过点Q的切线交x轴于点R，若S（1，f（1）），则△PRS的面积的最小值是_____．
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）已知函数，设为的导数，．
（1）求，；
（2）猜想的表达式，并证明你的结论．
18．（12分）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若函数有两个极值点，，且，为的导函数，设，求的取值范围，并求取到最小值时所对应的的值.
19．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.
（1）求的直角坐标方程和的直角坐标；
（2）设与交于，两点，线段的中点为，求.
20．（12分）已知函数（，），且对任意，都有.
（Ⅰ）用含的表达式表示；
（Ⅱ）若存在两个极值点，，且，求出的取值范围，并证明；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，判断零点的个数，并说明理由.
21．（12分）已知a>0，b>0，a+b=2.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）证明：
22．（10分）如图，在平面四边形中，，，.
（1）求；
（2）求四边形面积的最大值.
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．A
【解析】
对于①，根据基尼系数公式，可得基尼系数越小，不平等区域的面积越小，国民分配越公平，所以①正确.对于②，根据劳伦茨曲线为一条凹向横轴的曲线，由图得，均有，可得，所以②错误.对于③，因为，所以，所以③错误.对于④，因为，所以，所以④正确.故选A．
2．C
【解析】
取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，此直三棱柱和三棱锥P−ABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圆半径，然后利用勾股定理可求出外接球的半径
【详解】
如图，取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，所以该直三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，的外接圆直径为，球O的半径R满足，所以球O的表面积S=4πR2=，
故选：C.
此题考查三棱锥的外接球半径与棱长的关系，及球的表面积公式，解题时要注意审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.
3．B
【解析】
根据复数的几何意义可知复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，再根据复数的几何意义即可确定，即可得的最大值.
【详解】
由知，复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
表示复数对应的点与点间的距离，
又复数对应的点所在圆的圆心到的距离为1，
所以.
故选：B
本题考查了复数模的定义及其几何意义应用，属于基础题.
4．A
【解析】
由题意，可得，，消去得,可得，继而得到，代入即得解
【详解】
由，，成等差数列，
所以，又，，成等比数列，
所以，消去得，
所以，解得或，
因为，，是不相等的非零实数，
所以，此时，
所以．
故选：A
本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
5．A
【解析】
先由题和抛物线的性质求得点P的坐标和双曲线的半焦距c的值，再利用双曲线的定义可求得a的值，即可求得离心率.
【详解】
由题意知，抛物线焦点，准线与x轴交点，双曲线半焦距，设点 是以点为直角顶点的等腰直角三角形，即，结合点在抛物线上，
所以抛物线的准线，从而轴，所以，

即
故双曲线的离心率为
故选A
本题考查了圆锥曲线综合，分析题目，画出图像，熟悉抛物线性质以及双曲线的定义是解题的关键，属于中档题.
6．C
【解析】
根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项可得结果.
【详解】
对于，当为内与垂直的直线时，不满足，错误；
对于，设，则当为内与平行的直线时，，但，错误；
对于，由，知：，又，，正确；
对于，设，则当为内与平行的直线时，，错误.
故选：.
本题考查立体几何中线面关系、面面关系有关命题的辨析，考查学生对于平行与垂直相关定理的掌握情况，属于基础题.
7．A
【解析】
由已知，圆心M到渐近线的距离为，可得，又，解方程即可.
【详解】
由已知，，渐近线方程为，因为圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，
所以圆心M到渐近线的距离为，故，
所以离心率为.
故选：A.
本题考查双曲线离心率的问题，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，是一道容易题.
8．C
【解析】
设过点作圆 的切线的切点为，根据切线的性质可得，且，再由和双曲线的定义可得，得出为中点，则有，得到，即可求解.
【详解】
设过点作圆 的切线的切点为，
，
所以是中点，，
，
.
故选:C.
本题考查双曲线的性质、双曲线定义、圆的切线性质，意在考查直观想象、逻辑推理和数学计算能力，属于中档题.
9．B
【解析】
设折成的四棱锥的底面边长为，高为，则，故由题设可得，所以四棱锥的体积，应选答案B．
10．D
【解析】
设直线：，，，由原点在以为直径的圆的外部，可得，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求得答案.
【详解】
显然直线不满足条件，故可设直线：，
，，由，得，
，
解得或，
，，
，
，
，
解得，
直线的斜率的取值范围为.
故选：D.
本题解题关键是掌握椭圆的基础知识和圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．
11．B
【解析】
根据求出再根据也在直线上，求出b的值，即得解.
【详解】
因为，所以
所以，
又也在直线上，
所以，
解得
所以.
故选：B
本题主要考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
12．C
【解析】
根据对数函数以及指数函数的性质求解a,b的范围，再利用充分必要条件的定义判断即可．
【详解】
由“”，得，
得或或，
即或或，
由，得，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选C．
本题考查必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法，考查指数，对数不等式的解法，是基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
利用公式计算出，其中为的周长，为内切圆半径，再利用圆心到直线AB的距离等于半径可得到圆心坐标.
【详解】
由已知，，，，设内切圆的圆心为，半径为，则
，故有，
解得，由，或（舍），所以的内切圆方程为
.
故答案为：.
本题考查椭圆中三角形内切圆的方程问题，涉及到椭圆焦点三角形、椭圆的定义等知识，考查学生的运算能力，是一道中档题.
14．1
【解析】
作出不等式组表示的平面区域，将直线进行平移，利用的几何意义，可求出目标函数的最大值。
【详解】
由，得，作出可行域，如图所示：
平移直线，由图像知，当直线经过点时，截距最小，此时取得最大值。
由 ，解得 ，代入直线，得。
本题主要考查简单的线性规划问题的解法——平移法。
15．
【解析】
根据题意，画出空间几何体，设的中点分别为，并连接，利用面面垂直的性质及所给线段关系，可知几何体的外接球的球心为，即可求得其外接球的体积.
【详解】
由题可得，，均为等腰直角三角形，如图所示，
设的中点分别为，
连接，
则，.
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，
易得，
则几何体的外接球的球心为，半径，
所以几何体的外接球的体积为.
故答案为：.
本题考查了空间几何体的综合应用，折叠后空间几何体的线面位置关系应用，空间几何体外接球的性质及体积求法，属于中档题.
16．
【解析】
计算R（t，0），PR＝t﹣（t），△PRS的面积为S，导数S′，由S′＝0得t＝1，根据函数的单调性得到最值.
【详解】
∵PQ∥y轴，P（t，0），∴Q（t，f（t））即Q（t，），
又f（x）＝etx（t＞0）的导数f′（x）＝tetx，∴过Q的切线斜率k＝t，
设R（r，0），则k，∴r＝t，
即R（t，0），PR＝t﹣（t），
又S（1，f（1））即S（1，et），∴△PRS的面积为S，
导数S′，由S′＝0得t＝1，
当t＞1时，S′＞0，当0＜t＜1时，S′＜0，∴t＝1为极小值点，也为最小值点，
∴△PRS的面积的最小值为．
故答案为：．
本题考查了利用导数求面积的最值问题，意在考查学生的计算能力和应用能力.
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．,；
，证明见解析
【解析】
对函数进行求导,并通过三角恒等变换进行转化求得的表达式,对函数再进行求导并通过三角恒等变换进行转化求得的表达式;
根据中，的表达式进行归纳猜想,再利用数学归纳法证明即可.
【详解】
（1）
，其中，
[
，其中，
（2）猜想，
下面用数学归纳法证明：
①当时，成立，
②假设时，猜想成立
即
当时，
当时，猜想成立
由①②对成立
本题考查导数及其应用、三角恒等变换、归纳与猜想和数学归纳法;考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力;熟练掌握用数学归纳法进行证明的步骤是求解本题的关键;属于中档题.
18．（1）单调递增区间为，单调递减区间为（2）的取值范围是；对应的的值为.
【解析】
（1）当时，求的导数可得函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点，，且，利用导函数，可得的范围，再表达，构造新函数可求的取值范围，从而可求取到最小值时所对应的的值．
【详解】
（1）函数
由条件得函数的定义域：，
当时，，
所以：，
时，，
当时，，当，时，，
则函数的单调增区间为：，单调递减区间为：，；
（2）由条件得：，，
由条件得有两根：，，满足，
△，可得：或；
由，可得：．
，
函数的对称轴为，，
所以：，；
，可得：，
，
，则：，
所以：；
所以：，
令，，，
则，
因为：时，，所以：在，上是单调递减，在，上单调递增，
因为：，（1），，（1），
所以，；
即的取值范围是：，；
，所以有，
则，；
所以当取到最小值时所对应的的值为；
本题主要考查利用导数研究函数的极值和单调区间问题，考查利用导数求函数的最值，体现了转化的思想方法，属于难题．
19．（1），（2）
【解析】
（1）利用互化公式把曲线C化成直角坐标方程，把点P的极坐标化成直角坐标；
（2）把直线l的参数方程的标准形式代入曲线C的直角坐标方程，根据韦达定理以及参数t的几何意义可得．
【详解】
（1）由ρ2得ρ2+ρ2sin2θ＝2，将ρ2＝x2+y2，y＝ρsinθ代入上式并整理得曲线C的直角坐标方程为y2＝1，
设点P的直角坐标为（x，y），因为P的极坐标为（，），
所以x＝ρcsθcs1，y＝ρsinθsin1，
所以点P的直角坐标为（1，1）．
（2）将代入y2＝1，并整理得41t2+110t+25＝0，
因为△＝1102﹣4×41×25＝8000＞0，故可设方程的两根为t1，t2，
则t1，t2为A，B对应的参数，且t1+t2，
依题意，点M对应的参数为，
所以|PM|＝||．
本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．
20．（1）（2）见解析（3）见解析
【解析】
试题分析：利用赋值法求出关系，求函数导数，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数.
试题解析：（Ⅰ）根据题意：令，可得，
所以，
经验证，可得当时，对任意，都有，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，且，
所以 ，
令，要使存在两个极值点，，则须有有两个不相等的正数根，所以
或
解得或无解，所以的取值范围，可得，
由题意知 ，
令 ，则 ．
而当时， ，即，
所以在上单调递减，
所以

即时，．
（Ⅲ）因为 ，．
令得，．
由（Ⅱ）知时，的对称轴，，，所以.
又，可得，此时，在上单调递减，上单调递增，上单调递减，所以 最多只有三个不同的零点．
又因为，所以在上递增，即时，恒成立．
根据（2）可知且，所以，即，所以，使得．
由，得，又，，
所以恰有三个不同的零点：，1，．
综上所述，恰有三个不同的零点．
【点睛】利用赋值法求出关系，利用函数导数，研究函数的单调性，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，利用函数的导数研究函数的单调性、极值，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数是近年高考压轴题的热点.
21．（Ⅰ）最小值为；（Ⅱ）见解析
【解析】
（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果；
（2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明.
【详解】
（Ⅰ）
则
当且仅当，即，时，
所以的最小值为．
（Ⅱ）要证明：，
只需证：，
即证明：，
由，
也即证明：．
因为，
所以当且仅当时，有，
即，当时等号成立．
所以
本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.
22．（1）；（2）
【解析】
（1）根据同角三角函数式可求得，结合正弦和角公式求得，即可求得，进而由三角函数
（2）设根据余弦定理及基本不等式，可求得的最大值，结合三角形面积公式可求得的最大值，即可求得四边形面积的最大值.
【详解】
（1），
则由同角三角函数关系式可得，
则
，
则，
所以.
（2）设
在中由余弦定理可得，代入可得
，
由基本不等式可知，
即，当且仅当时取等号，
由三角形面积公式可得
，
所以四边形面积的最大值为.
本题考查了正弦和角公式化简三角函数式的应用，余弦定理及不等式式求最值的综合应用，属于中档题.