2026届湖南省郴州市高三压轴卷数学试卷（含答案解析）

这是一份2026届湖南省郴州市高三压轴卷数学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了设命题p，若，则等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．函数在上为增函数，则的值可以是( )
A．0B．C．D．
2．设是定义域为的偶函数，且在单调递增，，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知数列中，，()，则等于（ ）
A．B．C．D．2
4．三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用，化简，得.设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（ ）
A．B．C．D．
5．一个空间几何体的正视图是长为4，宽为的长方形，侧视图是边长为2的等边三角形，俯视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．设命题p:>1,n2>2n,则p为（ ）
A．B．
C．D．
7．正项等差数列的前和为，已知，则=（ ）
A．35B．36C．45D．54
8．过双曲线的右焦点F作双曲线C的一条弦AB，且，若以AB为直径的圆经过双曲线C的左顶点，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
9．抛掷一枚质地均匀的硬币，每次正反面出现的概率相同，连续抛掷5次，至少连续出现3次正面朝上的概率是（ ）
A．B．C．D．
10．若，则（ ）
A．B．C．D．
11．在原点附近的部分图象大概是（ ）
A．B．
C．D．
12．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第19项为（ ）（注：）
A．1624B．1024C．1198D．1560
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知点M是曲线y＝2lnx＋x2﹣3x上一动点，当曲线在M处的切线斜率取得最小值时，该切线的方程为_______．
14．假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖（219）元的货款，则有________种不同的支付方式.
15．如图，在中，，，，点在边上，且，将射线绕着逆时针方向旋转，并在所得射线上取一点，使得，连接，则的面积为__________．
16．执行右边的程序框图，输出的的值为 .
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，角、、所对的边分别为、、，已知.
（1）求的值；
（2）若，边上的中线，求的面积.
18．（12分）如图，已知在三棱锥中，平面，分别为的中点，且.
（1）求证：；
（2）设平面与交于点，求证：为的中点.
19．（12分）数列满足，，其前n项和为，数列的前n项积为.
（1）求和数列的通项公式；
（2）设，求的前n项和，并证明：对任意的正整数m、k，均有.
20．（12分）选修4—5；不等式选讲．
已知函数．
(1)若的解集非空，求实数的取值范围；
(2)若正数满足，为（1）中m可取到的最大值，求证：．
21．（12分）如图，四棱锥中，平面，，，.
（Ｉ）证明：；
（Ⅱ）若是中点，与平面所成的角的正弦值为，求的长.
22．（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程是（是参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）在曲线上取一点，直线绕原点逆时针旋转，交曲线于点，求的最大值.
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．D
【解析】
依次将选项中的代入，结合正弦、余弦函数的图象即可得到答案.
【详解】
当时，在上不单调，故A不正确；
当时，在上单调递减，故B不正确；
当时，在上不单调，故C不正确；
当时，在上单调递增，故D正确.
故选：D
本题考查正弦、余弦函数的单调性，涉及到诱导公式的应用，是一道容易题.
2．C
【解析】
根据偶函数的性质，比较即可.
【详解】
解：
显然，所以
是定义域为的偶函数，且在单调递增，
所以
故选：C
本题考查对数的运算及偶函数的性质，是基础题.
3．A
【解析】
分别代值计算可得，观察可得数列是以3为周期的周期数列，问题得以解决.
【详解】
解：∵，()，
，
，
，
，
…，
∴数列是以3为周期的周期数列，
，
，
故选：A.
本题考查数列的周期性和运用：求数列中的项，考查运算能力，属于基础题.
4．A
【解析】
分析：设三角形的直角边分别为1，，利用几何概型得出图钉落在小正方形内的概率即可得出结论.
解析：设三角形的直角边分别为1，，则弦为2，故而大正方形的面积为4，小正方形的面积为.
图钉落在黄色图形内的概率为.
落在黄色图形内的图钉数大约为.
故选：A.
点睛：应用几何概型求概率的方法
建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量．
(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；
(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；
(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型．
5．B
【解析】
由三视图确定原几何体是正三棱柱，由此可求得体积．
【详解】
由题意原几何体是正三棱柱，．
故选：B．
本题考查三视图，考查棱柱的体积．解题关键是由三视图不愿出原几何体．
6．C
【解析】
根据命题的否定，可以写出：，所以选C.
7．C
【解析】
由等差数列通项公式得，求出，再利用等差数列前项和公式能求出.
【详解】
正项等差数列的前项和，
，
，
解得或（舍），
，故选C.
本题主要考查等差数列的性质与求和公式，属于中档题. 解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）与前 项和的关系.
8．C
【解析】
由得F是弦AB的中点.进而得AB垂直于x轴，得，再结合关系求解即可
【详解】
因为，所以F是弦AB的中点.且AB垂直于x轴.因为以AB为直径的圆经过双曲线C的左顶点，所以，即，则，故.
故选：C
本题是对双曲线的渐近线以及离心率的综合考查，是考查基本知识，属于基础题．
9．A
【解析】
首先求出样本空间样本点为个，再利用分类计数原理求出三个正面向上为连续的3个“1”的样本点个数，再求出重复数量，可得事件的样本点数，根据古典概型的概率计算公式即可求解.
【详解】
样本空间样本点为个，
具体分析如下：
记正面向上为1，反面向上为0，三个正面向上为连续的3个“1”，
有以下3种位置1__ __，__1__，__ __1．
剩下2个空位可是0或1，这三种排列的所有可能分别都是，
但合并计算时会有重复，重复数量为，
事件的样本点数为：个．
故不同的样本点数为8个，.
故选：A
本题考查了分类计数原理与分步计数原理，古典概型的概率计算公式，属于基础题
10．B
【解析】
由三角函数的诱导公式和倍角公式化简即可.
【详解】
因为，由诱导公式得，所以 .
故选B
本题考查了三角函数的诱导公式和倍角公式，灵活掌握公式是关键，属于基础题.
11．A
【解析】
分析函数的奇偶性，以及该函数在区间上的函数值符号，结合排除法可得出正确选项.
【详解】
令，可得，即函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，则函数为奇函数，排除C、D选项；
当时，，，则，排除B选项.
故选：A.
本题考查利用函数解析式选择函数图象，一般要分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
12．B
【解析】
根据高阶等差数列的定义，求得等差数列的通项公式和前项和，利用累加法求得数列的通项公式，进而求得.
【详解】
依题意
：1，4，8，14，23，36，54，……
两两作差得
：3，4，6，9，13，18，……
两两作差得
：1，2，3，4，5，……
设该数列为，令，设的前项和为，又令，设的前项和为.
易，，进而得，所以，则，所以，所以.
故选：B
本小题主要考查新定义数列的理解和运用，考查累加法求数列的通项公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
先求导数可得切线斜率，利用基本不等式可得切点横坐标，从而可得切线方程.
【详解】
，
，＝1时有最小值1，此时M(1，﹣2)，
故切线方程为：，即．
故答案为：.
本题主要考查导数的几何意义，切点处的导数值等于切线的斜率是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
14．1
【解析】
按照个位上的9元的支付情况分类，三个数位上的钱数分步计算，相加即可．
【详解】
9元的支付有两种情况，或者，
①当9元采用方式支付时，
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
②当9元采用方式支付时：
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
所以总的支付方式共有种．
故答案为：1．
本题考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于中档题．做题时注意分类做到不重不漏，分步做到步骤完整．
15．
【解析】
由余弦定理求得，再结合正弦定理得，进而得，得，则面积可求
【详解】
由，得，解得.
因为，所以，，
所以.
又因为，所以.
因为，所以.
故答案为
本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题
16．
【解析】
初始条件成立方 ；
运行第一次：成立；
运行第二次：不成立；
输出的值：结束
所以答案应填：
考点：1、程序框图；2、定积分.
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． (1) (2)答案不唯一，见解析
【解析】
（1）由题意根据和差角的三角函数公式可得，再根据同角三角函数基本关系可得的值；
（2）在中，由余弦定理可得，解方程分别由三角形面积公式可得答案．
【详解】
解：（1）在中，因为，
又已知，
所以，
因为，所以，于是.
所以.
（2）在中，由余弦定理得，
得解得或，
当时，的面积，
当时，的面积.
本题考查正余弦定理理解三角形，涉及三角形的面积公式和分类讨论思想，属于中档题．
18．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）要做证明，只需证明平面即可；
（2）易得∥平面，平面，利用线面平行的性质定理即可得到∥，从而获得证明
【详解】
证明：（1）因为平面，平面，
所以.
因为，所以.
又因为，平面，平面，
所以平面.
又因为平面，所以.
（2）因为平面与交于点，所以平面.
因为分别为的中点，
所以∥.
又因为平面，平面，
所以∥平面.
又因为平面，平面平面，
所以∥，
又因为是的中点，
所以为的中点.
本题考查线面垂直的判定定理以及线面平行的性质定理，考查学生的逻辑推理能力，是 一道容易题.
19．（1），；（2），证明见解析
【解析】
（1）利用已知条件建立等量关系求出数列的通项公式．
（2）利用裂项相消法求出数列的和，进一步利用放缩法求出结论．
【详解】
（1），，得是公比为的等比数列，，
，
当时，数列的前项积为，则，两式相除得，得，
又得，；
（2）
，
故.
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数列的前项和的应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题．
20． (1);(2)见解析.
【解析】
试题分析：（1）讨论三种情况去绝对值符号，可得所以，由此得，解得；（2）利用分析法，由（1）知，，所以，因为，要证，只需证，即证，只需证 即可得结果.
试题解析：（1）去绝对值符号，可得
所以，
所以，解得，
所以实数的取值范围为．
（2）由（1）知，，所以．
因为，
所以要证，只需证，
即证，即证.
因为，所以只需证，
因为，∴成立，所以
解法二：x2+y2=2，x、y∈R+，x+y≥2xy
设：
证明：x+y-2xy=
=
令
， ∴

原式=
=
=
=
当时，

21．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）取的中点，连接，由，，得三点共线，且，又，再利用线面垂直的判定定理证明.
（Ⅱ）设，则，，在底面中，，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，两式相加求得，再过作，则平面，即点到平面的距离，由是中点，得到到平面的距离，然后根据与平面所成的角的正弦值为求解.
【详解】
（Ⅰ）取的中点，连接，
由，，得三点共线，
且，又，，
所以平面，
所以.
（Ⅱ）设，，，
在底面中，，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得，
两式相加得：，
所以 ，
，
过作，则平面，
即点到平面的距离，
因为是中点，所以为到平面的距离，
因为与平面所成的角的正弦值为，
即，
解得.
本题主要考查线面垂直的判定定理，线面角的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象运算求解的能力，属于中档题.
22．（1）（2）最大值为
【解析】
（1）利用消去参数，求得曲线的普通方程，再转化为极坐标方程.
（2）设出两点的坐标，求得的表达式，并利用三角恒等变换进行化简，再结合三角函数最值的求法，求得的最大值.
【详解】
（1）由消去得曲线的普通方程为.
所以的极坐标方程为，
即.
（2）不妨设，，，，，
则
当时，取得最大值，最大值为.
本小题主要考查参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，考查极坐标系下线段长度的乘积的最值的求法，考查三角恒等变换，考查三角函数最值的求法，属于中档题.