2025-2026学年湖南省永州市高考数学五模试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年湖南省永州市高考数学五模试卷（含答案解析），共30页。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．在中，，，，为的外心，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知数列满足,(),则数列的通项公式( )
A．B．C．D．
3．定义在上的偶函数，对，，且，有成立，已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
4．一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
5．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.若，的面积为，则（ ）
A．5B．C．4D．16
6．框图与程序是解决数学问题的重要手段，实际生活中的一些问题在抽象为数学模型之后，可以制作框图，编写程序，得到解决，例如，为了计算一组数据的方差，设计了如图所示的程序框图，其中输入，，，，，，，则图中空白框中应填入（ ）
A．，B．C．，D．，
7．正四棱锥的五个顶点在同一个球面上，它的底面边长为，侧棱长为，则它的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知命题，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知条件，条件直线与直线平行，则是的( )
A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
11．学业水平测试成绩按照考生原始成绩从高到低分为、、、、五个等级．某班共有名学生且全部选考物理、化学两科，这两科的学业水平测试成绩如图所示．该班学生中，这两科等级均为的学生有人，这两科中仅有一科等级为的学生，其另外一科等级为，则该班（ ）
A．物理化学等级都是的学生至多有人
B．物理化学等级都是的学生至少有人
C．这两科只有一科等级为且最高等级为的学生至多有人
D．这两科只有一科等级为且最高等级为的学生至少有人
12．若均为任意实数，且，则 的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设、分别为椭圆：的左、右两个焦点，过作斜率为1的直线，交于、两点，则________
14．已知，，且，则的最小值是______.
15．已知等差数列的各项均为正数，，且，若，则________.
16．对任意正整数，函数，若，则的取值范围是_________；若不等式恒成立，则的最大值为_________．
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）在锐角中，，，分别是角，，所对的边，的面积，且满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
18．（12分）已知椭圆，上顶点为，离心率为，直线交轴于点，交椭圆于，两点，直线，分别交轴于点，．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求证：为定值．
19．（12分）如图，在四棱柱中，底面为菱形，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，是等边三角形，求二面角的余弦值.
20．（12分）数列满足，且.
（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
21．（12分）在四边形中，，；如图，将沿边折起，连结，使，求证：
（1）平面平面；
（2）若为棱上一点，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小.
22．（10分）如图，在四面体中，.
（1）求证:平面平面；
（2）若，求四面体的体积.
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．B
【解析】
首先根据题中条件和三角形中几何关系求出，，即可求出的值.
【详解】
如图所示过做三角形三边的垂线，垂足分别为，，，
过分别做，的平行线，，
由题知，
则外接圆半径，
因为，所以，
又因为，所以，，
由题可知，
所以，，
所以.
故选：D.
本题主要考查了三角形外心的性质，正弦定理，平面向量分解定理，属于一般题.
2．A
【解析】
利用数列的递推关系式，通过累加法求解即可．
【详解】
数列满足：，，
可得
以上各式相加可得：
，
故选：．
本题考查数列的递推关系式的应用，数列累加法以及通项公式的求法，考查计算能力．
3．A
【解析】
根据偶函数的性质和单调性即可判断.
【详解】
解：对，，且，有
在上递增
因为定义在上的偶函数
所以在上递减
又因为，，
所以
故选：A
考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.
4．B
【解析】
分别求出两个随机变量的分布列后求出它们的期望和方差可得它们的大小关系.
【详解】
可能的取值为；可能的取值为，
，，，
故，.
，，
故，,
故，.故选B.
离散型随机变量的分布列的计算，应先确定随机变量所有可能的取值，再利用排列组合知识求出随机变量每一种取值情况的概率，然后利用公式计算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回与无放回的区别.
5．C
【解析】
根据正弦定理边化角以及三角函数公式可得,再根据面积公式可求得,再代入余弦定理求解即可.
【详解】
中,,由正弦定理得,
又,
∴,又,∴,∴,又,
∴.∵,
∴,∵,∴由余弦定理可得,
∴,可得.
故选：C
本题主要考查了解三角形中正余弦定理与面积公式的运用,属于中档题.
6．A
【解析】
依题意问题是，然后按直到型验证即可.
【详解】
根据题意为了计算7个数的方差，即输出的，
观察程序框图可知，应填入，，
故选：A.
本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及转化与化归思想，属于基础题.
7．C
【解析】
如图所示，在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，计算长度，设球半径为，则，解得，得到答案.
【详解】
如图所示：在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，
，故，，
设球半径为，则，解得，故.
故选：.
本题考查了四棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
8．D
【解析】
求出命题不等式的解为，是的必要不充分条件，得是的子集，建立不等式求解.
【详解】
解：命题，即: ，
是的必要不充分条件，
，
，解得．实数的取值范围为．
故选：．
本题考查根据充分、必要条件求参数范围，其思路方法：
(1)解决此类问题一般是把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间关系列出关于参数的不等式(组)求解．
(2)求解参数的取值范围时， 一定要注意区间端点值的检验．
9．C
【解析】
根据题意，由函数的奇偶性可得，，又由，结合函数的单调性分析可得答案．
【详解】
根据题意，函数是定义在上的偶函数，则，，
有，
又由在上单调递增，则有，故选C.
本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意函数奇偶性的应用，属于基础题．
10．C
【解析】
先根据直线与直线平行确定的值，进而即可确定结果.
【详解】
因为直线与直线平行，
所以，解得或；即或；
所以由能推出；不能推出；
即是的充分不必要条件.
故选C
本题主要考查充分条件和必要条件的判定，熟记概念即可，属于基础题型.
11．D
【解析】
根据题意分别计算出物理等级为，化学等级为的学生人数以及物理等级为，化学等级为的学生人数，结合表格中的数据进行分析，可得出合适的选项.
【详解】
根据题意可知，名学生减去名全和一科为另一科为的学生人（其中物理化学的有人，物理化学的有人），
表格变为：
对于A选项，物理化学等级都是的学生至多有人，A选项错误；
对于B选项，当物理和，化学都是时，或化学和，物理都是时，物理、化学都是的人数最少，至少为（人），B选项错误；
对于C选项，在表格中，除去物理化学都是的学生，剩下的都是一科为且最高等级为的学生，
因为都是的学生最少人，所以一科为且最高等级为的学生最多为（人），
C选项错误；
对于D选项，物理化学都是的最多人，所以两科只有一科等级为且最高等级为的学生最少（人），D选项正确.
故选：D.
本题考查合情推理，考查推理能力，属于中等题.
12．D
【解析】
该题可以看做是圆上的动点到曲线上的动点的距离的平方的最小值问题，可以转化为圆心到曲线上的动点的距离减去半径的平方的最值问题，结合图形，可以断定那个点应该满足与圆心的连线与曲线在该点的切线垂直的问题来解决，从而求得切点坐标，即满足条件的点，代入求得结果.
【详解】
由题意可得，其结果应为曲线上的点与以为圆心，以为半径的圆上的点的距离的平方的最小值，可以求曲线上的点与圆心的距离的最小值，在曲线上取一点，曲线有在点M处的切线的斜率为，从而有，即，整理得，解得，所以点满足条件，其到圆心的距离为，故其结果为，
故选D.
本题考查函数在一点处切线斜率的应用，考查圆的程，两条直线垂直的斜率关系，属中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由椭圆的标准方程，求出焦点的坐标，写出直线方程，与椭圆方程联立，求出弦长，利用定义可得，进而求出。
【详解】
由知，焦点，所以直线：，代入得
，即，设，
，故
由定义有，，
所以。
本题主要考查椭圆的定义、椭圆的简单几何性质、以及直线与椭圆位置关系中弦长的求法，注意直线过焦点，位置特殊，采取合适的弦长公式，简化运算。
14．8
【解析】
由整体代入法利用基本不等式即可求得最小值.
【详解】
，
当且仅当时等号成立.
故的最小值为8，
故答案为：8.
本题考查基本不等式求和的最小值，整体代入法，属于基础题.
15．
【解析】
设等差数列的公差为，根据，且，可得，解得，进而得出结论.
【详解】
设公差为，
因为，
所以，
所以，
所以
故答案为：
本题主要考查了等差数列的通项公式、需熟记公式，属于基础题.
16．
【解析】
将代入求解即可；当为奇数时,,则转化为,设,由单调性求得的最小值；同理,当为偶数时,,则转化为,设,利用导函数求得的最小值,进而比较得到的最大值.
【详解】
由题,,解得.
当为奇数时,,由,得,
而函数为单调递增函数,所以,所以；
当为偶数时,,由,得,
设,
,单调递增,
,所以,
综上可知,若不等式恒成立,则的最大值为.
故答案为:(1)；(2)
本题考查利用导函数求最值,考查分类讨论思想和转化思想.
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．A
【解析】
由正弦定理化简得，解得，进而得到，利用正切的倍角公式求得，根据三角形的面积公式，求得，进而化简，即可求解.
【详解】
由题意，在锐角中，满足，
由正弦定理可得，即，
可得，所以，即，
所以，所以，则，
所以，可得，
又由的面积，所以，
则
.
故选：A.
本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及三角形的面积公式和正切的倍角公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
18．（Ⅰ）；（Ⅱ），证明见解析．
【解析】
（Ⅰ）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，即可得到椭圆的方程；
（Ⅱ）设点，，点，，易求直线的方程为：，令得，，同理可得，所以
，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理代入上式，化简即可得到．
【详解】
（Ⅰ）解：由题意可知：，解得，
椭圆的方程为：；
（Ⅱ）证：设点，，点，，
联立方程，消去得：，
，①，
点，，，
直线的方程为：，令得，，，，
同理可得，，
，
把①式代入上式得：，
为定值．
本题主要考查直线与椭圆的位置关系、定值问题的求解；关键是能够通过直线与椭圆联立得到韦达定理的形式，利用韦达定理化简三角形面积得到定值；考查计算能力与推理能力，属于中档题．
19．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）根据面面垂直的判定定理可知，只需证明平面即可．
由为菱形可得，连接和与的交点，
由等腰三角形性质可得，即能证得平面；
（2）由题意知，平面，可建立空间直角坐标系，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，再分别求出平面的法向量，平面的法向量，即可根据向量法求出二面角的余弦值．
【详解】
（1）如图，设与相交于点，连接，
又为菱形，故，为的中点.
又，故.
又平面，平面，且，
故平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由是等边三角形，可得，故平面，
所以，，两两垂直.如图以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
不妨设，则，，
则，，，，，，
设为平面的法向量，
则即可取，
设为平面的法向量，
则即可取，
所以.
所以二面角的余弦值为0.
本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理的应用，以及利用向量法求二面角，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于基础题．
20．（1）证明见解析，；（2）
【解析】
（1）利用，推出，然后利用等差数列的通项公式，即可求解；
（2）由（1）知，利用裂项法，即可求解数列的前n项和.
【详解】
（1）由题意，数列满足且
可得，即，
所以数列是公差，首项的等差数列，
故，所以.
（2）由（1）知，
所以数列的前n项和：
=
=
本题主要考查了等差数列的通项公式，以及“裂项法”求解数列的前n项和，其中解答中熟记等差数列的定义和通项公式，合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
21．（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）由题可知，等腰直角三角形与等边三角形，在其公共边AC上取中点O，连接、，可得，可求出.在中，由勾股定理可证得，结合，可证明平面.再根据面面垂直的判定定理，可证平面平面.
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由点F在线段上，设，得出的坐标，进而求出平面的一个法向量.用向量法表示出与平面所成角的正弦值，由其等于，解得.再结合为平面的一个法向量，用向量法即可求出与的夹角，结合图形，写出二面角的大小.
【详解】
证明：（1）在中，
为正三角形，且
在中，
为等腰直角三角形，且
取的中点，连接
，
，
，平面
平面
平面
..平面平面
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
，
，
设.则
设平面的一个法向量为.则
，
令，解得
与平面所成角的正弦值为，
整理得
解得或(含去)
又为平面的一个法向量
，
二面角的大小为.
本题考查了线面垂直的判定，面面垂直的判定，向量法解决线面角、二面角的问题，属于中档题.
22．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）取中点，连接，根据等腰三角形的性质得到，利用全等三角形证得，由此证得平面，进而证得平面平面.
（2）由（1）知平面，即是四面体的面上的高，结合锥体体积公式，求得四面体的体积.
【详解】
（1）证明:如图，取中点，连接，
由则
，则，
故
故，
平面.
又平面，
故平面平面
（2）由（1）知平面，
即是四面体的面上的高，
且.
在中，，
由勾股定理易知
故四面体的体积
本小题主要考查面面垂直的证明，考查锥体体积计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
物理
化学