精品解析：重庆市西南大学附属中学校2025-2026学年高三下学期数学强化训练一试题

两江西附高2026届强化训练（一） 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 2026年4月 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场/座位号､准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁､完整. 3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）. 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 复数 是纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 设M，N为全集的两个非空子集，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知为数列的前项和，且满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆柱和圆台的高和体积都相等，若圆柱的底面圆半径为，圆台的上、下底面圆半径分别为，，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，曲线C这种造型被称为双纽线，在纺织中作为花纹得到广泛应用．已知曲线C上的点满足到点与到点的距离之积为4，则曲线C上点的纵坐标的最大值为 （ ） A. B. 1 C. D. 2 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 在独立性检验中，零假设必须是“分类变量与独立”，不能是“分类变量与有关” B. 已知关于的回归方程为，则样本点的残差为2.2 C. 设为两个随机事件，，若，则事件与事件相互独立 D. 将总体划分为两层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，若，则总体方差 10. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，其中点A在x轴上方，O为坐标原点，则（　　） A. ∠AOB一定为钝角 B. 若，则直线AB的斜率为 C. 若点M在x轴上点F右侧，，，则 D. 的最小值为 11. 已知函数的定义域为，且对任意的，都有，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于y轴对称 C. D. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从6名同学中选择4人参加三天志愿服务活动，有一天安排两人，另两天各安排一人，共有______种安排方法（用数字作答） 13. 已知圆，直线．设圆上到直线的距离等于1的点的个数为，则___________． 14. 已知等差数列的公差与等比数列的公比相等，且，，，则______；若数列和的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列，数列的前项和为，则使得成立的的最小值为______． 四､解答题：本大题共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. 在平面四边形中，，，. （1）若△的面积为，求； （2）若，，求. 16. 如图：正八面体可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体． （1）证明：平面平面； （2）若，点为棱上的动点，则直线与平面所成的角的正弦值的范围． 17. 已知函数， （1）当时，证明：在上存在唯一零点； （2）若在上恒成立，求的取值范围. 18. 如图，，是椭圆：的两个顶点，，直线的斜率为，是椭圆长轴上的一个动点，设点. （1）求椭圆的方程； （2）设直线：与，轴分别交于点，，与椭圆相交于，.证明：的面积等于的面积. （3）在（2）的条件下证明：为定值. 19. 某科研团队研发的两款AI围棋机器人（Alpha星，Beta翼）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，Alpha星获胜的概率都是，各局比赛的结果相互独立，且无平局． （1）当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； （2）当时，若两款机器人共进行且局比赛，记事件表示“在前局比赛中Alpha星赢了局”．事件表示“Alpha星最终获胜”.求值； （3）若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为．证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 两江西附高2026届强化训练（一） 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 2026年4月 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场/座位号､准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁､完整. 3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）. 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 复数是纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知复数是纯虚数，则实部，解得； 虚部，解得， 综上，． 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解不等式，即，解得或， 集合， 解不等式得：，即， ． 3. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式求得正确答案. 【详解】依题意，在上的投影向量为. 4. 设M，N为全集的两个非空子集，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，且 M，N为全集的两个非空子集，可得韦恩图，如图： 则. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的诱导公式，化简得到，结合余弦的倍角公式，即可求解. 【详解】由. 6. 已知为数列的前项和，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题，当时，，当时，进而分奇偶性讨论得，为正偶数，，为正奇数，再求和即可. 【详解】解：因为， 所以，当时，，解得， 当时，， 所以，当为偶数时，，故，为正奇数； 当为奇数时，，即，故，为正偶数； 所以， 故选：A 7. 已知圆柱和圆台的高和体积都相等，若圆柱的底面圆半径为，圆台的上、下底面圆半径分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆台和圆柱的体积公式得出，然后利用作差法判断出，结合基本不等式判断，即可得出答案. 【详解】设圆台和圆柱的高为，则，所以． 因为 ， 所以B正确，A错误； 又，所以，所以CD错误， 故选：B． 8. 如图，曲线C这种造型被称为双纽线，在纺织中作为花纹得到广泛应用．已知曲线C上的点满足到点与到点的距离之积为4，则曲线C上点的纵坐标的最大值为 （ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设双纽线上任意点坐标为，依据题设列式计算化简即可求解. 【详解】设双纽线上任意点坐标为， 则， 两边平方得： 得： 从而当且仅当时有最大值1， 所以y的最大值为1，此时点的坐标为或. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是在计算化简得时巧妙处理得，再对分子进行巧妙配方求解. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 在独立性检验中，零假设必须是“分类变量与独立”，不能是“分类变量与有关” B. 已知关于的回归方程为，则样本点的残差为2.2 C. 设为两个随机事件，，若，则事件与事件相互独立 D. 将总体划分为两层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，若，则总体方差 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A项，由独立性检验定义判断；对于B项，由残差定义求解；对于C项，由事件的独立性进行判断；对于D项，由总体方差的定义求解． 【详解】对于A，在独立性检验中，将“分类变量与独立”作为零假设，是因为在此假设下可以计算出期望频数，从而构造检验统计量进行检验，故A正确. 对于B，残差定义为观测值（实际值）减去预测值，即，对于样本点，预测值，所以其残差为，故B错误； 对于C，因为，所以，所以事件与事件相互独立，故C正确； 对于D，不妨设两层数据分别为， 因为，所以总体平均数， 则 所以总体方差为 ， 则， 只有，或时才有，否则，故D错误. 10. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，其中点A在x轴上方，O为坐标原点，则（　　） A. ∠AOB一定为钝角 B. 若，则直线AB的斜率为 C. 若点M在x轴上点F右侧，，，则 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】设直线的方程为，利用设而不求法确定点的坐标关系，计算的夹角，判断A；结合抛物线的定义求直线的斜率判断B；结合设而不求法证明为直角，由此列方程求点的坐标；结合抛物线定义表示，利用基本不等式求其最小值. 【详解】抛物线的焦点的坐标为，准线方程为， 当直线的斜率为0时，直线与抛物线有且只有一个交点，与已知矛盾， 故可设直线的方程为， 对于选项A， 联立，消，得， 方程的判别式， 设，，则， ， 所以，所以， 即∠AOB一定为钝角，A正确； 对于选项B，因为，所以，又，， 则，又， 故，所以，所以直线直线AB的斜率为，B错误； 对于选项C，因为，所以，所以， 因为，所以四点共圆， 故，所以，所以，故，所以点的坐标为，C错误； 对于选项D，因为， 所以，，故，当且仅当时等号成立， 由，可得，， 所以当，时，取最小值，最小值为，D正确； 故选：AD. 【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系； (2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 11. 已知函数的定义域为，且对任意的，都有，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于y轴对称 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：令代入运算即可判断；对于B：令解得，令解得，即可判断；对于CD：若，可得，分析可知是以首项，公差为1的等差数列，结合等差数列以及裂项相消法分析求解. 【详解】因为，且函数的定义域为， 对于选项A：令，可得，解得，故A正确； 对于选项B：令，可得，解得， 令，可得， 所以的图象不关于y轴对称，故B错误； 对于选项CD：若，可得， 令，可得， 可知数列是以首项，公差为1的等差数列， 可得， 则， 所以， 故C正确，D错误； 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：根据题意整理可得若，可得，进而可得，结合等差数列分析求解. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从6名同学中选择4人参加三天志愿服务活动，有一天安排两人，另两天各安排一人，共有______种安排方法（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先从6人中选出4人，再将4人分成3组，其中一组2人，最后进行全排列，即可求解. 【详解】根据题意，先从6人中选出4人，再将4人分成3组，其中一组2人，最后进行全排列， 所以有一天安排两人，另两天各安排一人，共有种. 故答案为：. 13. 已知圆，直线．设圆上到直线的距离等于1的点的个数为，则___________． 【答案】4 【解析】 【详解】由圆的方程得到圆心，半径， 因为圆心到直线的距离， 所以过圆心与直线平行的直线与圆的两个交点符合题意， 因为， 所以直线关于直线的对称直线必与圆相交，且有两个交点也符合题意， 所以圆上到直线的距离等于1的点的个数为4，即． 14. 已知等差数列的公差与等比数列的公比相等，且，，，则______；若数列和的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列，数列的前项和为，则使得成立的的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出数列的通项公式；设满足不等式的正整数的最小值为，推导出，设，其中且，根据可得出关于的不等式，求出的最小值，即可得出的值，即为所求. 【详解】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为， 则，，， 解得，，， 所以，，， 由，整理可得， 数列的各项分别为：、、、、、、、、、， 其中前若干项中，数列有项，数列有项， 所以，是数列的第项， 所以， ， 所以，， 令，整理可得， 令，则有，解得， 因为，所以，，可得， 所以，满足不等式的正整数的最小值为， 同理可知，满足不等式的正整数的最大值为， 所以满足不等式的正整数的最小值，即， 设，其中且， 则 ， ， 由，整理可得，解得， 所以自然数的最小值为，所以. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列不等式求参数的值，解题的关键在于确定满足条件的正整数的最小值所在的区间，并引入合适的参数，求出相应的参数的值，进而得解, 四､解答题：本大题共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. 在平面四边形中，，，. （1）若△的面积为，求； （2）若，，求. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）应用三角形面积公式有，可求，由余弦定理即可求； （2）设，在中，在△中应用正弦定理有，即可求，得解. 【详解】（1）在△中，，， ∴，可得， 在△中，由余弦定理得， . （2）设，则， 在中，，易知：， 在△中，， 由正弦定理得，即， ，可得，即. 16. 如图：正八面体可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体． （1）证明：平面平面； （2）若，点为棱上的动点，则直线与平面所成的角的正弦值的范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，先证，，根据面面平行的判定定理证明； （2）以点为原点，为轴，求出平面的法向量，根据线面角的向量公式求解. 【小问1详解】 连接交于点，则四点共面，且为的中点， 所以四边形都是平行四边形，所以，， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面，所以平面， 平面，平面，又在平面内相交于点， 所以平面平面. 【小问2详解】 根据正八面体结构，以点为原点，为轴，如图建立空间直角坐标系 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则，， 所以，即，令，则， 所以平面的一个法向量为， 因为点为棱上的动点， 所以设， 则， 设直线与平面所成的角为， ， 又， 当时，，当或0时，， 故直线与平面所成角的正弦值的范围. 17. 已知函数， （1）当时，证明：在上存在唯一零点； （2）若在上恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过求导得到，证明函数在上单调递减，结合确定零点存在且唯一. （2）先利用必要条件得到，再构造辅助函数分为区间和证明充分性. 【小问1详解】 当时，，， 在上单调递减，又， 在上有唯一零点. 【小问2详解】 因为时，，所以，即， 所以是原命题成立的必要条件，下证充分性： 当时，， 令，则，， ①当时，， 当且仅当时，， 所以在上单调递增，故，所以， ②当时，记，则，因为，，， 又因为在上单调递减，在上单调递增， 所以在上存在､，使，，且，， 所以当或时，；当时，， 所以在､上单调递增，在上单调递减， 又因为，，， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，而，，所以， 所以，所以. 18. 如图，，是椭圆：的两个顶点，，直线的斜率为，是椭圆长轴上的一个动点，设点. （1）求椭圆的方程； （2）设直线：与，轴分别交于点，，与椭圆相交于，.证明：的面积等于的面积. （3）在（2）的条件下证明：为定值. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用，直线的斜率为，建立方程组，即可求椭圆的方程； （2）设出直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及三角形的面积公式，即可证得结论； （3）由（2）直接利用两点间的距离公式结合根与系数的关系证明. 【详解】（1）∵､是椭圆的两个顶点，且，直线的斜率为， 由，，得， 又，解得，， ∴椭圆的方程为； （2）证明：直线的方程为，即，将其代入， 消去，整理得. 设，. ∴，. 记的面积是，的面积是. 由题意，， ∵， ∴， ∵，. ∴的面积等于的面积； （3）证明：由（2）知，，，， ∴， ， ， . 19. 某科研团队研发的两款AI围棋机器人（Alpha星，Beta翼）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，Alpha星获胜的概率都是，各局比赛的结果相互独立，且无平局． （1）当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； （2）当时，若两款机器人共进行且局比赛，记事件表示“在前局比赛中Alpha星赢了局”．事件表示“Alpha星最终获胜”.求值； （3）若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为．证明：当时，． 【答案】（1）分布列见解析， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据二项分布的概念和性质，判断随机变量可能的取值，并根据二项分布概率公式，求出分布列，进而求出数学期望； （2）根据比赛最终获胜的条件，判断在不同情况下，最后的两局胜负情况，根据条件概率计算公式，求出结果即可； （3）根据比赛最终获胜的条件，分析两者之间的递推关系，根据全概率公式，求出递推公式，根据的范围以及作商法比较两者之间的大小关系，进而证明结果. 【小问1详解】 （1）两款机器人共进行5局比赛，两款机器人所赢局数之差的绝对值可能的取值有， 则， ， ， 的分布列为 1 3 5 数学期望. 【小问2详解】 在前局比赛中Alpha星赢的局数时，第局全胜，最终也无法获胜，所以； 当时，仅当第局全胜，最终才能赢得比赛，即； 当时，第局至少胜一场，就能最终赢得比赛，即； 当时，无论第局什么结果，都能最终赢得比赛，即； 综上所述，. 【小问3详解】 由全概率公式可知 所以， 当时，， 又因为 ， 因为，所以，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $