精品解析：安徽合肥市第八中学2025-2026学年第二学期强化训练一高三数学试卷

合肥市第八中学2025-2026学年第二学期强化训练一 高三数学试卷 命题人：韦倩 柳大伟 审题人：柳大伟 韦倩 考试说明：1．试卷分值：150分；考试时间：120分钟； 2．所有答案均要答在答题卷上，否则无效.考试结束后只交答题卷. 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. 【答案】D 【解析】 【详解】已知集合， 由，十字相乘可得， 二次函数 开口向上，解得 ，即集合. 已知集合， 由，可得，解得，即集合， 所以，即. 2. 已知，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算先求，再求复数的模即可求解. 【详解】由题意可得， 所以. 3. 若平面向量两两夹角相等，且，则（ ） A. B. 36 C. 或6 D. 3或36 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得夹角为 或，再分夹角为 和两种情况讨论，结合数量积的运算律即可得解. 【详解】因为平面向量，，两两夹角相等，所以夹角有两种情况， 即，，两两夹角为 或， 当夹角为 时，； 当夹角为时，， 则 ； 综上所述：或. 4. 已知函数，且，，，则，，的大小关系为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】使用作商法结合对数换底公式比较出的大小关系，再由对数函数的增减性确定的大小关系，进而确定题设条件中的定义域，从而确定在该范围内的增减性，由此求解即可. 【详解】由题意得，，， 则，所以 ， 因为，即，，所以， 因为在上，单调递增，单调递增，所以单调递增， 所以. 5. 已知直线与圆交于两点，若成等差数列，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设数列公差为d，结合等差数列通项公式分析可知直线过定点，再根据圆的性质可知当时，弦长最小，此时最小，进而运算求解. 【详解】 由题意可知：圆的圆心为，半径， 因为成等差数列，所以设， 则可化为， 即， 令，可知直线过定点， 且，所以在圆C内部， 当时，弦长最短，此时最小， 又，所以， 所以， 又，所以， 故选:C 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解 6. 在中，内角所对的边分别为 ，若，则面积的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先利用三角函数的基本关系化简得，再结合余弦定理以及基本不等式知识得，则三角形面积的最大值可求. 【详解】对进行化简， 通分可得， 即，又，解得； 已知，由余弦定理，可得， 根据基本不等式（当且仅当时取等号）， 则，可得， 三角形面积，当且仅当时等号成立, 故选：A. 7. 在三棱锥中，底面为正三角形，平面 ，若四点都在球的表面上，则点到平面 的距离为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，确定球心O的位置，再利用几何法求出球心O到平面PBC的距离为，再利用等体积法求解即可. 【详解】设底面中心为D，取BC的中点E，连接AE，则A，D，E三点共线，连接PE，过点D作底面的垂线， 取棱PA的中点Q，在平面PAE中，过Q作PA的垂线，则与的交点即为球心O， 在正中，，，得， 又，即， 则，，， 由余弦定理得，则， 过O作PE的垂线，垂足为G，由， ， 因为 ，PA，平面 ，所以平面 ， 又平面PBC，则平面 平面 ， 又平面平面，平面 ，因此 平面PBC， 在中，， 所以球心O到平面PBC的距离为， 则三棱锥的体积为， 而，设点到平面 的距离为， 由，得，解得， 则点到平面 的距离为. 8. 已知为数列 的前 项和， 为数列 的前 项积， 若 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意将表达式化简可得，再利用前 项积的关系式可证明数列是等差数列，即可求得结果. 【详解】由已知得，且，，取 ，由得， 由于为数列的前项积，所以， 则，两式相除，可得， 由于，化简得，即，其中 所以数列是以为首项，以为公差的等差数列， 所以. 故选：D 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. 连续投掷一枚均匀的骰子3次，记3次掷出点数之积为，掷出点数之和为，则（ ） A. 事件“为奇数”发生的概率 B. 事件“ ”和事件“”相等 C. 事件“”发生的概率为 D. 事件“ ”和事件“”独立 【答案】AC 【解析】 【分析】利用相互独立事件、对立事件的概率公式计算判断AC；写出事件的所有基本事件判断B；利用相互独立事件的定义判断D. 【详解】对于A，事件“为奇数”等价于“3次掷出的点数都为奇数”，其发生的概率为，故A正确； 对于B，事件“ ” 样本空间点为，事件“”的样本空间点为 ，所以事件“ ”和事件“”不相等，故B错误； 对于C，事件“” 的对立事件为“或”，而“”等价于“3次掷出的点数均为6”， 其概率为，“”等价于“掷出的3个点数中有2个6和1个5”，其概率为，因此，故C正确； 对于D: 事件“ ”等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4(有3种不同情况），或者2个2和1个1（有3种不同情况）”，其概率为. 事件“”等价于“3次掷出的点数中有3个2（有1种情况）；或者2个1和1个4（有3种不同情况）；或者1个1、1个2和1个3（有种不同情况）”，其概率为. 而积事件等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4”，其概率.，, 所以事件“ ”和事件“”不独立 故D错误． 故选：AC. 10. 已知函数，则（ ） A. ，使得为单调函数 B. ，的图象恒有对称中心 C. 当 时， D. 若，，是方程 的三个不同的根，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A对函数求导，假设函数单调，并结合二次函数性质列不等式求参数范围，即可判断；B由，再结合即可判断；C应用特殊值判断；D由并展开，结合已知表达式，即可判断. 【详解】A：由题设，所以是开口向上的抛物线， 要使为单调函数，只需恒成立，即，得， 所以，使得为单调函数，对； B：对于， 所以，即恒关于点对称，对； C：由题设，若，显然，错； D：由题设， 又，则，对. 故选：ABD 11. 在棱长为的正方体中，点 是侧面（含边界）上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 若 平面 ，则点的轨迹长度为 C. 若所成的角为，则点P的轨迹长度为 D. 若以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为． 【答案】AD 【解析】 【分析】对于选项A，可通过建立空间直角坐标系，利用向量垂直的性质判断是否存在点P使得； 对于选项B，可根据线面平行的性质确定点P的轨迹，进而求出轨迹长度； 对于选项C，可根据异面直线所成角的定义确定点P的轨迹，从而求出轨迹长度； 对于选项D，可根据球面与平面的交线性质找出交线，进而求出交线的长度. 【详解】以D为坐标原点，所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系． 正方体棱长为2，则，，，，； 点在侧面（含边界）上，设（，）． 选项A：， ．若，则， 即，化简得． 在，范围内， ，（即与重合）时满足，故存在点，故选项A正确； 选项B：法一：作出过与平面 平行的平面 ， 则点P的轨迹为平面 与侧面的交线，即线段. 法二：求平面 的法向量，，，设法向量， 则，取，得．若平面 ，则， 即，得，则P的轨迹为侧面上从到的线段， 长度为，故选项B错误； 选项C：因为，所以 与所成的角等于 与所成的角，即. 在中，，，所以， 则点P的轨迹为以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 所以点P的轨迹长度为，故选项C错误； 选项D：设球面与的交点为，球面与的交点为F，可得交线为以为圆心的的弧长． 由题知 平面，则为直角三角形， ，则； 同理可得，所以，所以， 所以弧．故选项D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，a、b是正实数，满足，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性可得，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】由随机变量，且，得，而， 则， 当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 13. 设，则__________．（用含 的式子表示） 【答案】 【解析】 【分析】利用两角和差公式化简计算即可. 【详解】由题知， 解得，则． 故答案为： 14. 如图，已知过抛物线（）的焦点的直线与抛物线交于两点，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为，抛物线的准线与轴交于点，为坐标原点，记，，分别为，，的面积.若，则直线的斜率为______. 【答案】 【解析】 【分析】设直线倾斜角为，，可得，，，用 表示，结合题意运算求解即可. 【详解】设直线倾斜角为，， 可知：， 且，解得， 则， 同理可得， 可知：， ， ， 因为，则， 整理得，解得或， 且，则，可得， 所以直线的斜率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据抛物线的定义可得，利用 表示其他量，结合题意运算求解. 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. 设是各项都为正数的递增数列，已知，且满足关系式. （1）求及数列的通项公式； （2）令，求数列的前项积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题干得到递推公式，可证明数列是公差为1的等差数列，代入可求通项公式； （2）由（1）可知，各项相乘即可求出前n项积. 【小问1详解】 由已知， 令代入得，即，解得 或（舍去）， 令代入得，即，解得或（舍去）， 已知是各项都为正数的递增数列，且，故从第二项开始每一项都大于1，故， 对式子两边开根号得， 即，整理得，故：， 又，故数列是首项为1，公差为1的等差数列， 故，所以 【小问2详解】 因为 所以 故 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，分别为的中点，平面平面． （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）若截面与交于点，且，求的值． 【答案】（1） 为中点，. 又平面平面，且交线为平面 ， 平面，而平面，平面， ； 为中点，则有； ； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由等腰三角形三线合一，得到，根据面面垂直的性质得到 平面，从而，又易证得，故证出； （2）建立空间直角坐标系，求出对应平面的法向量，由两平面的法向量夹角的余弦值的绝对值即为两平面夹角的余弦值； （3）根据共线求出E的坐标，求出的坐标，然后与法向量垂直，得到数量积为0即可算出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图以为坐标原点，过作直线与平行，以分别为 轴建立空间直角坐标系， ， 则，. . 设平面的一个法向量为， 则有，令，可得. ，设平面的一个法向量为， 则有，可取， ， 平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 【小问3详解】 ， . ． . 17. 现有8张大小质地完全相同的卡片，其中4张是红色，4张是蓝色.从中随机摸出3张卡片放入一个不透明的袋子中，记袋子中红色卡片的张数为，然后进行如下操作：从袋子中随机摸出一张卡片（每张卡片被摸到的概率相等），观察其颜色后，将该卡片放在袋外，再从袋外取一张另一种颜色的卡片放入袋中（即若摸出红色卡片，则放回蓝色卡片；若摸出蓝色卡片，则放回红色卡片），袋子中始终保持3张卡片．记经过次这样的操作后，袋子中红色卡片的张数为． （1）求； （2）当 时，求随机变量的分布列和数学期望； （3）求随机变量的数学期望． 【答案】（1） （2） 1 3 （3） 【解析】 【分析】（1）应用组合数及古典概型概率求法求概率即可； （2）确定对应的可能值并求出对应概率，写出分布列，进而求期望； （3）首先求出各可能值对应的概率，再求对应可能值的概率，即可求期望. 【小问1详解】 依题意，. 【小问2详解】 当 时，若摸出红色卡片，则的值为1，若摸出蓝色卡片，则的值为3， 所以，， 所以的分布列为 1 3 数学期望为. 【小问3详解】 的取值为0，1，2，3． ，， ，． 的取值为0，1，2，3． ， ， ， ， 所以随机变量的数学期望为. 18. 已知椭圆的长轴长为4，焦距为，过点的直线与椭圆交于，两点，过点作 轴，交椭圆于另一点（异于点，）. （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：直线 过定点，并求点的坐标； （3）求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质计算； （2）联立与椭圆方程，然后根据 的直线方程和韦达定理求定点； （3）利用韦达定理求，然后计算面积求范围即可. 【小问1详解】 由题意得 ，，则 ，， ， 所以椭圆的标准方程为 . 【小问2详解】 由题意可得直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，，，则， 联立得，，， ，则直线 ： 整理， 所以直线 恒过，. 【小问3详解】 ， 点到直线的距离， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增，所以， 所以面积的取值范围为. 【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量数量积公式进行转化变形，结合已知条件得出结果. 19. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）当时. （ⅰ）求曲线的斜率为e的切线方程； （ⅱ）当时，，证明： 【答案】（1）当时在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）（ⅰ）；（ⅱ）设，令， 当时，则，可得 ； 当时，则，可得； 可知 对任意恒成立，所以，当且仅当时，等号成立， 由（1）可知：在上单调递增，在上单调递减， 当 时，，且，可知， 令，则，且，则，且，可得， 要证，只需要证， 即证，即证明， 令，则， 令，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，即， 可知在内单调递增，则，即成立， 综上所述： 【解析】 【分析】（1）求导可得，分类讨论的符号，根据导数的符号判断的单调性； （2）（i）求导，根据导数的几何意义可得切点为，即可得切线方程；（ⅱ）分析可知，结合的单调性分析可知，结合题意可知原不等式等价于，构建，利用导数证明不等式即可. 【小问1详解】 由题意可知：函数的定义域为，且， 当时，，可知在上单调递减； 当时，由解得；由解得； 可知在上单调递增，在上单调递减； 当时，由解得；由解得； 可知在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，， （i）设曲线在点处的切线斜率为e， 则，显然， 令， 当时，， 可知在上单调递增，且， 可知的根为1，所以 ， 且，所以切线方程为； （ⅱ）略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 1.作差或变形； 2.构造新的函数； 3.利用导数研究的单调性或最值； 4.根据单调性及最值，得到所证不等式； 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥市第八中学2025-2026学年第二学期强化训练一 高三数学试卷 命题人：韦倩 柳大伟 审题人：柳大伟 韦倩 考试说明：1．试卷分值：150分；考试时间：120分钟； 2．所有答案均要答在答题卷上，否则无效.考试结束后只交答题卷. 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，则（ ） A. 4 B. C. D. 3. 若平面向量两两夹角相等，且，则（ ） A. B. 36 C. 或6 D. 3或36 4. 已知函数，且，，，则，，的大小关系为（） A. B. C. D. 5. 已知直线与圆交于两点，若成等差数列，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，内角所对的边分别为 ，若，则面积的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 7. 在三棱锥中，底面为正三角形，平面 ，若四点都在球的表面上，则点 到平面 的距离为（ ） A. 5 B. C. D. 8. 已知为数列 的前 项和， 为数列 的前 项积， 若 ，则（ ） A. B. C. D. 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. 连续投掷一枚均匀的骰子3次，记3次掷出点数之积为，掷出点数之和为，则（ ） A. 事件“为奇数”发生的概率 B. 事件“ ”和事件“”相等 C. 事件“”发生的概率为 D. 事件“ ”和事件“”独立 10. 已知函数，则（ ） A. ，使得为单调函数 B. ，的图象恒有对称中心 C. 当 时， D. 若，，是方程 的三个不同的根，则 11. 在棱长为的正方体中，点 是侧面（含边界）上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 存在点 ，使得 B. 若 平面 ，则点 的轨迹长度为 C. 若所成的角为，则点P的轨迹长度为 D. 若以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，a、b是正实数，满足，则的最小值为______. 13. 设，则__________．（用含 的式子表示） 14. 如图，已知过抛物线（）的焦点 的直线与抛物线交于两点，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为，抛物线的准线与轴交于点，为坐标原点，记，，分别为，，的面积.若，则直线 的斜率为______. 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. 设是各项都为正数的递增数列，已知，且满足关系式. （1）求及数列的通项公式； （2）令，求数列的前项积. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，分别为的中点，平面平面． （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）若截面与 交于点，且，求的值． 17. 现有8张大小质地完全相同的卡片，其中4张是红色，4张是蓝色.从中随机摸出3张卡片放入一个不透明的袋子中，记袋子中红色卡片的张数为，然后进行如下操作：从袋子中随机摸出一张卡片（每张卡片被摸到的概率相等），观察其颜色后，将该卡片放在袋外，再从袋外取一张另一种颜色的卡片放入袋中（即若摸出红色卡片，则放回蓝色卡片；若摸出蓝色卡片，则放回红色卡片），袋子中始终保持3张卡片．记经过次这样的操作后，袋子中红色卡片的张数为． （1）求； （2）当 时，求随机变量的分布列和数学期望； （3）求随机变量的数学期望． 18. 已知椭圆的长轴长为4，焦距为，过点的直线与椭圆交于 ，两点，过点 作 轴，交椭圆于另一点（异于点 ，）. （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：直线过定点，并求点的坐标； （3）求面积的取值范围. 19. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）当时. （ⅰ）求曲线的斜率为e的切线方程； （ⅱ）当时，，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $