四川省资阳中学2025-2026学年高三下学期数学强化训练（二）

**基本信息** 高2023级数学强化训练卷，以导航机器人路径规划、篮球投篮策略等真实情境为载体，覆盖函数、几何、概率等核心知识，梯度设计合理，注重数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|集合、二项式定理、向量投影|基础与综合结合，如函数奇偶性与周期性判断（第4题）| |多选题|3/18|概率统计、分形几何、椭圆曲线|创新情境，如分形几何树形图规律探究（第10题）| |填空题|3/15|复数、排列组合、球体积|空间想象与运算，如球体积计算（第14题）| |解答题|5/77|解三角形、立体几何、导数应用|综合应用，如概率期望策略优化（第18题）、导数极值与单调区间分析（第19题）|

高2023级数学强化训练（二） 一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.. 设集合，，则为（ ） A. B. C. D. 2. 已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若且，则为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3．已知，在的投影向量为，且，则（    ） A． B． C． D． 4.关于函数，下列说法不正确的是（    ） A．是偶函数 B．最大值为2 C．最小值为-2 D．不是周期函数 5. 某导航机器人团队，调研5组不同避障阈值（单位：灵敏度）与路径规划耗时（单位：）得到的数据如下表： 避障阈值 9 9.5 10 10.5 11 规划耗时 8 6 5 由表中数据可知，规划耗时与避障阈值之间存在较强的线性相关关系，其经验回归方程是，则规划耗时数据5，6，8，，的第百分位数为（ ） A. 8 B. 9 C. D. 6. 已知各项为正数的数列的前项和为，且（），则（ ） A. 4052 B. 4051 C. 2027 D. 2026 7．已知双曲线的左、右焦点分别为，点P为双曲线上第一象限内一点，且，，为坐标原点，延长PO交双曲线C的左支于点Q，点M为双曲线C上异于的任意一点，若直线PM与QM的斜率都存在，则直线PM与QM的斜率之积为（    ） A． B． C． D． 8. 已知函数的定义域为，，，，且，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9．下列选项正确的是（    ） A．若随机变量，，则 B．设随机变量服从正态分布，若，则 C．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，设事件“第一次出现点”，事件“两次点数之和为奇数”，则事件与互斥. D．对于随机事件与，若，，则事件与独立. 10．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它的研究对象普遍存在于自然界中，因此又被称为“大自然的几何学”按照如图1所示的分形规律，可得如图2所示的一个树形图.若记图2中第行白圈的个数为，其前n项和为，黑圈的个数为，其前n项和为，则下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 11.已知椭圆曲线，下列结论正确的是（    ） A．曲线与轴的交点的横坐标之和等于0 B．曲线关于直线对称 C．若直线与曲线恰有3个交点，则 D．直线与曲线的交点的横坐标之和等于0 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12．已知是关于的方程的一个根，其中，为实数，则________. 13．某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡，现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，每一个选手参加一个关卡的闯关，每一个关卡至少一个选手参加，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有______种. 14．如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 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．（本小题满分13分） 记的内角的对边分别为，已知的面积为. (1)求； (2)若，求边上的中线长. 16．（本小题满分15分） 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求与平面所成角的正弦值. 17．（本小题满分15分） 已知双曲线，其焦点到渐近线的距离为，双曲线C的离心率为2，右焦点为F，O为坐标原点. (1)求双曲线C的方程； (2)若经过右焦点F的直线l交双曲线C的右支于A，B两点，点N满足，求直线ON的斜率的取值范围. 18．（本小题满分17分） 某篮球运动员在训练中进行投篮练习,已知其2分球的命中率为0.8，3分球的命中率为0.5，且每次投篮结果相互独立.在每次投篮前，他可以根据场上情况选择投2分球或3分球. (1)若该运动员等可能地选择投2分球或3分球，求他投一次篮命中的概率： (2)现该运动员拥有连续2次投篮的机会，他制定了如下策略： 若第一次命中，则第二次继续选择同一类型的投篮；若第一次未命中，则第二次更换为另一种类型的投篮，求该策略下，这名运动员第一次投篮应该怎么选择可以使得两次投篮总得分的期望最大. 19．（本小题满分17分） 已知函数，． (1)求的极值； (2)当时，讨论的单调区间； (3)若，，求的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 高2023级数学强化训练（二）参考答案 1.C【解析】集合， ， 所以. 2.C【详解】因为二项式的展开式中所有项的系数和为32， 令，可得. 因为，且. 3．A【详解】由题可得：，因为在的投影向量为， 所以，即：，且， 代入，，化简得：，解得：， 所以. 4.C【详解】因为， 所以是偶函数，故A正确； 当时，， 当时，， 因为是偶函数，图象关于轴对称，可得的图象如图所示： 由图象得的最大值为2，最小值为0，不是周期函数，故B，D正确，C错误. 5.C【详解】，代入回归方程得， ，解得， 规划耗时数据升序排列为：5，6，8，，， 第百分位数位置为：, 当不是整数时，向上取整，为第4个数据，即为． 6.B【详解】由题设，则， 又，则，则，而， 所以是首项为1，公差为2的等差数列，则， 所以. 7．C【详解】设，，， 在中，由余弦定理可得， 又，则有，① 又为的中点，由中线定理可得， 即，② ②①可得，所以，故， 易知点与关于原点对称，设， 则，因为都在双曲线上， 所以，，所以， 则． 8.D【详解】对A，令，则，又，所以，错误； 对B，令，则，即，，错误； 对C，令，得，所以， 令，则，即，所以 令，则，所以，即， 所以，错误； 对D，因为，所以， 又，所以，正确. 9．ABD【详解】对于A，若，二项分布方差公式为， 得：，解得，故A正确； 对于B，正态分布关于对称轴对称，因此， 对于连续型正态分布，单点概率为，故： ，故B正确； 对于C，互斥事件的定义是：不可能同时发生的两个事件. 当第一次掷出点（满足事件）， 第二次掷出点时，两次点数和为奇数（满足事件），说明可以同时发生，不是互斥事件，故C错误； 对于D，事件独立的充要条件（）为即. 由得，因为，满足， 因此，事件与独立，故D正确 10.AD【详解】由于每一个白圈产生下一行的1白1黑两个圈，一个黑圈产生下一行的1个白圈2个黑圈， .第n行白圈的个数为，黑圈的个数为，所以，所以B错误， 所以由，得，，，所以A正确， 因为，所以， 所以， 因为，所以， 所以 ， 所以，所以，所以D正确， 因为，所以， 因为，，所以， 所以，所以C错误. 11.ACD【详解】对于A，令,则，解得：或,或，则曲线与轴的交点的横坐标之和等于，故A正确； 对于B，设点在曲线上，则， 若曲线关于直线对称，则对称点应满足： 展开左边：与原方程不相等，故B 错误； 对于C，令，求导得 令,解得：或，令,解得：， 所以的单调增区间为，单调减区间为 当时，；当时，， 所以的极大值为2，极小值为， 直线与曲线交点个数等价于方程的解的个数，等价于与的交点个数， 要使直线与曲线恰有个交点，需在内，即： 解不等式：，恒成立； ， 所以直线与曲线恰有3个交点，则，故C正确； 对于D，直线代入方程： ，整理得 设方程的三个根为，根据三次方程韦达定理：， 所以直线与曲线的交点的横坐标之和等于0，故D正确. 故选：ACD 12．6【详解】因为是关于的方程的一个根，且，为实数， 所以也是关于的方程的一个根， 由根与系数的关系可得：，解得， 所以. 13．10【详解】已知甲负责第一关，从剩余4人中选2人去第四关，共种选法，剩下2人全排列去第二、三关，共种排法，总方案数为 6 × 2 = 12， 不符合条件（乙丙同关卡）的情况：因为第二、三关都只有1个位置，乙丙只能同时在第四关，此时剩下2人全排列去第二、三关，共种， 因此符合条件的方案数为 12 − 2 = 10 . 14．【详解】取的中点为， 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为，， 所以，因此， 因为平面，平面， 所以，因为平面， 所以平面，而平面， 所以，， . 在平面内，过作，交于点， 所以， 所以可以建立如图所示的空间直角坐标系， 于是有， 设，显然有， 所以有， 所以球的半径为， 所以球的体积为. 15．(1)(2) 【详解】（1）因为以及余弦定理可得，，即， 因为的面积为，所以，即， 得，因为，所以； （2）由（1）可得，， 由正弦定理可得，， 因为，所以，， 则由可得， 设线段的中点为， 则 ， 得，得， 故边上的中线长为 16．(3)【详解】（1）取中点，连接，由为中点，为中点，得， 又，则，因此四边形为平行四边形， 于是，而平面平面， 所以平面. （2）过作于点，连接，由，得≌， 则，即，而， 因此，又平面，则平面，平面， 所以平面平面. （3）由（2）知，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量，则，令，得， 设与平面所成角为，， 所以与平面所成角的正弦值是. 17．【详解】（1）根据题意得，得，         ∴双曲线C的方程为； （2）∵，∴，∴，      设点， 设直线l的方程为，与双曲线C的方程联立，      整理得， 则，整理得，          由根与系数的关系得，于是 注意到，于是，解得，      又点N满足，即，整理得，         两式消除得，代入消去m得，          因此点N的轨迹是以为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，          其渐近线斜率为， ∴直线的斜率范围为. 18．【详解】（1）解：记选择2分球为事件，选择3分球为事件，投一次篮命中为事件， 则 所以. （2）解：当该运动员第一次选择2分球时，记他两次投篮的得分为，可取值有， 可得，， ，， 所以随机变量的分布列为： 0 2 3 4 0.1 0.16 0.1 0.64 所以 当该运动员第一次选择3分球时，记他两次投篮的得分为，可取值有， 可得， ，， 所以随机变量的分布列为： 0 2 3 6 0.1 0.4 0.25 0.25 所以， 因为，即， 所以该运动员第一次选择2分球可以使得两次投篮总得分的期望最大. 19．【详解】（1）的定义域为， 故， 令，即，解得， 令，即，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，极小值为，无极大值； （2），，定义域为， ， 故的单调递减区间为，无递增区间； （3），，即， 所以， 其中，令，则， ， 若，则，其中在恒成立， 故在上单调递增， 所以，即， 令，，则， 故在上单调递增， 故，即，所以，与取交集，故， 若，，， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 且时，恒成立，时，恒成立， 所以，满足要求， 综上， 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $