精品解析：四川遂宁市卓同教育集团2025-2026学年高三下学期强化训练（七）数学试题

卓同教育集团高2023级强化训练（七） 数学试题 命题：符刚 审题：吴振 时间：120分钟 总分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则A的真子集个数为（ ） A. 3 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据真子集的定义求解即可. 【详解】因为集合，所以的真子集有共7个. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 3. 某学校从周一至周五中选择天开展社会实践活动，周一和周二不能同时被选中，则不同的选择方案有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 【分析】直接用间接法计算可得结果. 【详解】因为从天中选天，共有种．而周一和周二同时被选的选法，共有种． 因此，满足条件的方案为种． 4. 设，则“”是“”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】验证充分性： 因，， 由得，因为，则，故，充分性成立； 验证必要性： 若，则，当且不为0时，，而， 则不成立，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 5. 将一个半径为2的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的上、下底面边长分别为1和2，则它的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用球和正四棱台的体积相等直接计算即可． 【详解】球的体积为，设铁锭的高为， 则正四棱台的体积为， 由，可得，解得. 6. 已知数列，则数列的前9项和为（ ） A. 3 B. 6 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】裂项可得，再分组求和即可得. 【详解】， 则、 . 7. 已知是内的一点，且，.若，和的面积分别为1，，，则的最小值是（ ） A. B. 9 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量数量积的定义，三角形的面积公式求得的面积，依题意求出的值，利用基本不等式“1”的妙用求解. 【详解】因，则， 则，于是， ，和的面积分别为1，，， ，，， ， 当且仅当时，即，等号成立， 的最小值是. 8. 若定义在上的奇函数满足，则（ ） A. 1012 B. 1013 C. 1014 D. 1015 【答案】B 【解析】 【分析】先根据函数性质得到，再通过对已知等式进行赋值和变形，推导出函数的递推关系，进而求出的值. 【详解】因为是定义在上的奇函数，， 由， 用代替可得， 因为是奇函数，， 则， 用代替可得， 所以， 函数满足， 则， ，令得， 所以. 二、多选题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若样本数据，，的方差为2，则数据 的方差为8 B. 若，，，则 C. 以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得经验回归方程为，则的值分别是和4 D. 在一组样本数据，，，，（，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为 【答案】ABC 【解析】 【详解】原数据方差，设， 则，故A正确； ， 故 B 正确； 模型 取对数得 ， 令 ，则回归方程为 ， 已知 ，故 ，，即 ，，故C正确； 所有样本点都在直线 上，说明完全线性相关，相关系数绝对值为 ， 直线斜率为负，故相关系数为 ，故D错误. 10. 已知 分别为双曲线的左、右焦点，过 的直线交 的右支于 两点，若，，则（ ） A. B. C. 的渐近线方程为 D. 的面积为 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，双曲线，则， 不妨设点在第一象限，由双曲线定义可知， 因为，所以，，故A正确； 对于B，因为，， 所以， 故，所以，故B错误； 对于C，由B可知，， 因为，所以，所以，即， 所以，即， 所以的渐近线方程为，故C错误； 对于D，由余弦定理可得， ， 所以，故D正确. 11. 在棱长为1的正方体中，．则下面结论中正确的是（ ） A. 存在，使得平面平面 B. 是平面的充要条件 C. 分别是在平面，平面上的投影图形的面积，对任意，都有 D. 任意，的面积不等于 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用空间向量分别求出两平面的法向量后验证可得A；利用空间向量验证线面垂直可得B；结合投影坐标和三角形的面积公式可验证C；由空间向量求出和的夹角为，再利用三角形面积公式可得. 【详解】如下图所示，建立空间直角坐标系，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，为正方体中一点，连接，点分别为在平面中的投影，连接，点分别为在平面中的投影，连接， 因为正方体棱长为，， 所以，，，，，，，，， 选项A：存在，使得平面平面， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 因为，， ，， 所以，即， 令，解得，即， ，即，令，解得，即， 若平面平面，则， 即，解得； 选项B：是平面的充要条件， 当时，， ，即， 所以平面， 若平面，则， 即，解得； 选项C：的三个端点在平面上的投影坐标分别为，，， 则， 的三个端点在平面上的投影坐标分别为，，， 则， 令，即，解得，此时； 选项D：设和的夹角为， ，， ， ， ， 令，即，化简可得， 判别式为， 所以方程无实数解，即对任意，. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一个等比数列的前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比为______． 【答案】 【解析】 【详解】令此等比数列为，设其公比为， 依题意，，则，解得， 所以这个数列的公比为. 13. 已知函数，过点存在3条直线与曲线相切，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】设切点为，利用导数几何意义写出过的切线方程，进而有有三个不同值，即与有三个不同交点，导数研究的极值，即可求参数范围. 【详解】由，设切点为，则切线斜率为， 所以，过的切线方程为， 综上，，即， 所以有三个不同值使方程成立， 即与有三个不同交点，而， 故、上，递减，上，递增； 所以极小值为，极大值为，故时两函数有三个交点， 综上，的取值范围是. 故答案为： 14. 已知点，分别是直线和圆上的动点，，则的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】设 中点为 ，根据向量加法的平行四边形法则得到 与 的关系，分析的最小值，根据即可求解. 【详解】设中点为 ，则 ，所以 . 得的轨迹是和两条平行线所夹的区域，点到该区域的最小距离为点到直线的距离， 因为点 在圆 上，圆心 ，半径 ， 设点 到直线 的距离为 ， 则：， 所以 . 又因为 ，所以 . 综上， 的最小值为 . 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. 如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. （1）求证：直线平面； （2）求点A到平面的距离. 【答案】（1） 如图1，连接， 由正三棱柱的结构特征可知， 在正三棱柱中是正三角形，侧面均为矩形，平面. 因为D是棱的中点，所以， 因为平面，所以平面平面. 又平面平面，所以平面. 又平面，所以. 因为，所以矩形为正方形，所以， 又，所以， 因为平面，，所以直线平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据正三棱柱的结构可判断四边形的形状，进行面面垂直、线面垂直、线线垂直之间的转化；（2）根据三棱锥的体积相等可求距离，也可利用空间向量求解距离问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：设点A到平面的距离为h， 因为平面，所以到平面的距离相等，都为. 由（1）知，侧面均为正方形，所以，， 又，所以为等腰三角形，所以. 又，即， 所以，解得，即点A到平面的距离为. 方法二：取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 所以以D为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 即，所以点A到平面的距离为. 16. 已知地物线，直线．当时，与有且仅有一个交点． （1）求的方程； （2）若与交于两个不同的点，设的中点为，过点平行于轴的直线与交于点，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）联立直线方程和抛物线方程，由交点个数得到判别式的等式，求出，即可得到抛物线方程； （2）利用韦达定理法，由弦长公式及中点坐标公式得到和，从而求得它们的比值. 【小问1详解】 当时，联立，得． 因为与有且仅有一个交点，所以，解得． 所以的方程为． 【小问2详解】 联立，得． 因为与交于不同的两点，所以，即． 设，， 因为，所以． ． ，所以． 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在最小值，且最小值小于2，求的取值范围. 【答案】（1） 若，的单调递增区间为，无单调递减区间. 若，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）先求出导数，再对参数范围分类讨论，最后得到单调区间即可. （2）结合题意确定，再得到，构造函数并求导得到单调性，结合求解参数范围即可. 【小问1详解】 由题意得的定义域为， 由，可得， 若，则在上恒成立， 则的单调递增区间为，无单调递减区间. 若，则当时，，当时，， 则的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）可知，若存在最小值，则， 且的最小值为， 则，可得，即. 令，则. 因为恒成立， 所以恒成立，则在上单调递增. 又，令，解得，即， 故的取值范围为. 18. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若，点D在AC上，直线BD上一点P满足，在点C和点D的变化过程中， （ⅰ）求的最小值； （ⅱ）当最小时，求的值． 【答案】（1） （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）运用正余弦定理化简等式，得到关于的余弦公式； （2）（ⅰ）建立坐标系，根据题意得到，运算得到点的轨迹方程，限定其坐标的取值范围，得到双变量函数，依次放缩，并注意取等条件. （ⅱ）注意上一问的取等条件，然后求出点的坐标，代入运算即可. 【小问1详解】 在中，因为，所以，代入得到， 由正弦定理得， 由余弦定理得， 化简得， 又，， 所以 【小问2详解】 （i）因为，所以，所以 如图，建立平面直角坐标系 此时， 设， 因为，所以 设， 代入得， 整理得，解得 ，当且仅当取得等号 又因为，当且仅当取得等号， 所以的最小值为 （ii）此时，所以直线， ，所以直线， 联立，解得，所以 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）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”.求的值； （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） 1 3 5 数学期望. （2） （3）证明：由全概率公式可知： 所以， 当时，， 又因为 ， 因为，所以，即 【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与的大小关系，进而证明结果. 【小问1详解】 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】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 卓同教育集团高2023级强化训练（七） 数学试题 命题：符刚 审题：吴振 时间：120分钟 总分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则A的真子集个数为（ ） A. 3 B. 8 C. 7 D. 6 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 某学校从周一至周五中选择天开展社会实践活动，周一和周二不能同时被选中，则不同的选择方案有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 4. 设，则“”是“”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 将一个半径为2的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的上、下底面边长分别为1和2，则它的高为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列，则数列的前9项和为（ ） A. 3 B. 6 C. 2 D. 4 7. 已知是内的一点，且，.若，和的面积分别为1，，，则的最小值是（ ） A. B. 9 C. 15 D. 20 8. 若定义在上的奇函数满足，则（ ） A. 1012 B. 1013 C. 1014 D. 1015 二、多选题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若样本数据，，的方差为2，则数据 的方差为8 B. 若，，，则 C. 以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得经验回归方程为，则的值分别是和4 D. 在一组样本数据，，，，（，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为 10. 已知 分别为双曲线的左、右焦点，过 的直线交 的右支于 两点，若，，则（ ） A. B. C. 的渐近线方程为 D. 的面积为 11. 在棱长为1的正方体中，．则下面结论中正确的是（ ） A. 存在，使得平面平面 B. 是平面的充要条件 C. 分别是在平面，平面上的投影图形的面积，对任意，都有 D. 任意，的面积不等于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一个等比数列的前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比为______． 13. 已知函数，过点存在3条直线与曲线相切，则实数的取值范围是___________. 14. 已知点，分别是直线和圆上的动点，，则的最小值为____________. 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. 如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. （1）求证：直线平面； （2）求点A到平面的距离. 16. 已知地物线，直线．当时，与有且仅有一个交点． （1）求的方程； （2）若与交于两个不同的点，设的中点为，过点平行于轴的直线与交于点，求． 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在最小值，且最小值小于2，求的取值范围. 18. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若，点D在AC上，直线BD上一点P满足，在点C和点D的变化过程中， （ⅰ）求的最小值； （ⅱ）当最小时，求的值． 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）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”.求的值； （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 $