精品解析：江西吉安市白鹭洲中学2026届高三下学期强化训练（A）数学试题

高三年级强化训练（A） 数学 考生注意： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并收回. 一、单项选择题：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. 1. 若复数满足（为虚数单位），则在复平面内复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据模长公式以及复数的除法求，进而结合复数的几何意义分析判断. 【详解】因为，由题意可得：， 则， 所以对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，，再根据并集的结果得到，解得即可. 【详解】由，即，解得， 所以， 由，显然，解得或， 所以， 若，则，解得，即实数的取值范围是. 故选：C. 3. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. -1 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式结合奇函数的定义求解即可. 【详解】因为是奇函数， 所以所以 验证：当时，,满足奇函数的定义. 4. “”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】 【分析】化简可得，然后根据与的推出关系判断即可. 【详解】由及指数函数的单调性可得，此时成立， 反之不成立，例如，显然不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A． 5. 已知椭圆与双曲线共焦点，椭圆与双曲线右支交于两点，若直线过右焦点，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】由双曲线和椭圆的对称性可得垂直于轴，故为椭圆和双曲线的通径. 设，由椭圆可得， 在椭圆方程中令，则， 在双曲线方程中令，则， 由题意且，故即， 故或（舍），故. 6. 1471年米勒向诺德尔教授提出了一个有趣的问题：在地球表面的什么部位，一根竖直的悬杆呈现最长？我们把地球表面视为平面，悬杆视为直线l上两点A，B间的连线，则上述问题可以转化为以下的数学问题：如图1所示，直线l垂直于平面，直线l上有两点A，B位于平面的同侧，求平面上一点C，使得最大．建立如图2所示的平面直角坐标系．若A，B两点的坐标分别为，，点C的坐标为，则当最大时，c的值为（ ） A. 64 B. 32 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两角差的正切公式，结合基本不等式进行求解即可. 【详解】由题意得知是锐角，且，而， ， 所以， 而， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，，此时最大， 故选：D 7. 某快递分拣中心待处理的5件包裹中，3件为“普通件”，2件为“优先件”.分拣员按随机顺序不放回逐一扫描分拣，若未分拣的“优先件”数量不少于“普通件”数量，则系统自动暂停当前批次处理.记为暂停时已完成分拣的包裹数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析时包裹的分拣情况，使用古典概型概率公式求解. 【详解】当时，只有一种情况，即分拣了1件“普通件”，此时未分拣的“普通件”与“优先件”均为2件，； 当时，第一件分拣的包裹必为“优先件”，第二件无论是“普通件”还是“优先件”，都不可能暂停处理； 当时，只有一种情况，即第一件分拣的包裹为“优先件”，第二件和第三件包裹均为“普通件”， ； 当时，第一件分拣的包裹必为“优先件”，若第二件是“普通件”则第三件为“优先件”第四件为“普通件”，此时分拣不可能暂停处理，若第二件是“优先件”则第三件是“普通件”第四件是“普通件”，此时分拣不可能暂停，故. 所以. 8. 2025年11月9日，首届中国（国际）机器人辩论大赛决赛在北京举办．经过了初赛的“人机协同”，复赛的“人机对抗”，决赛现场采用了“机机对决”的形式．最终，松延动力的机器人“小诺”凭借出色的对话管理和精准的反驳能力夺得冠军．某机器人的人工智能模型在语言训练时，每轮训练的模型参数的数量会发生变化．记第一轮训练的模型参数的数量为，从第二轮开始，每一轮与它前一轮相比较，该模型每轮训练的模型参数增加的数量为等比数列，且首项，公比．若第轮训练的模型参数的数量大于，则的最小值为（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到第轮训练的模型参数的数量的表达式，结合等比数列前项和公式进行求解即可. 【详解】由题意知，设第轮训练的模型参数的数量为，则，当时，， 当时，令，则，即， 设，则1024， 当时，， 当时，， 当时，， 所以，又， 所以满足的最小正整数是14，即当第轮训练的模型参数的数量大于时，的最小值为14． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 若，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】依题意得， 则， 则，或， 则，或，则的值可以为、． 10. 已知四边形ABCD外接圆的圆心为O，且，，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 当时，四边形ABCD面积的最大值为 D. 四边形ABCD面积的最大值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据数量积公式，结合夹角的范围，即可判断A的正误；根据面积公式，结合夹角的范围，即可判断B的正误；由题意，设AB与CD间的距离为d，根据弦长公式，结合梯形面积公式，可得四边形ABCD面积的表达式，利用导数求出最值，分析即可判断C的正误；设弦AB对应的圆心角为，弦CD对应的圆心角为，根据三角函数的定义，可得四边形ABCD面积的表达式，根据的范围，结合三角函数的最值，分析即可判断D的正误. 【详解】选项A：， 因为，所以当时，， 则 ，故A错误； 选项B：的面积， 因为，所以当时，，故B正确； 选项C：因为，，所以O为AB的中点，即AB为直径， 因为，所以CD为弦，设AB与CD间的距离为， 则， 所以四边形ABCD面积的， 令，则， 令，则， 令，解得或（舍）， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以当，即时，有最大值， 此时，，故C正确； 选项D：设弦AB对应的圆心角为，弦CD对应的圆心角为，， 两弦异侧时，其距离，且， 则四边形ABCD面积 ， 所以当时，有最大值为2，故D正确. 11. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，（为左焦点），为坐标原点，与在第一象限交于点与的离心率分别为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据双曲线和椭圆的性质，利用共焦点判断选项A；利用双曲线和椭圆的定义，结合余弦定理判断选项B；根据离心率的定义，结合已知条件，利用勾股定理判定选项C；根据离心率定义，利用已知条件构造方程，判断选项D． 【详解】 椭圆与双曲线共焦点， ，即，故A正确； 根据椭圆和双曲线的定义及在第一象限，得， ， 设，在中，由余弦定理，得， ， 即， ，即， ，故B错误； 若，则， ，则，即， ， ，故C正确； ， ，即， ， 令，则， ， ， ， ， ， ， ， 在上单调递增， ， ，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数则满足的的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】画出函数图像，结合图像讨论即可. 【详解】画出图像如图所示， 若，则或， 解得， 故答案为：. 13. 已知样本数据的平均数为a，设，当函数取最小值时，_______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合和二次函数的性质，即可求解. 【详解】因为， 可得是一个图象开口向上的关于k的二次函数， 所以函数在其图象的对称轴处取得最小值，即，所以． 14. 已知数列满足，，令，则的最小值为______. 【答案】3 【解析】 【分析】根据已知平方得出，再根据求和关系得出，最后分奇数偶数计算求解最小值. 【详解】由，得， 则，所以， 即，则， 由且可知当为奇数时，为偶数；当为偶数时，为奇数. 不妨设，则. 要使该值最小，即使更接近11， 故当时，值为，即取得最小值3， 且当的前19项中奇数项均为0，偶数项均为， ，，时满足题意. 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. 在脑机接口技术实验中，研究人员为验证不同思维任务下，两个大脑的信号同步性是否独立，研究人员选取了200组观测数据，聚焦于“逻辑推理”与“创造性想象”两类任务，记录了两位受试者脑电信号的同步情况，得到了如下列联表： 思维任务类型 信号同步性 合计 信号同步 信号不同步 逻辑推理 42 58 100 创造性想象 28 72 100 合计 70 130 200 （1）分别计算两类任务中信号同步的频率，根据频率，你认为思维任务类型与信号同步性有关吗？简述理由． （2）根据小概率值的独立性检验，分析思维任务类型与信号同步性有关吗？ 附：， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）有关，理由见解析 （2）无关 【解析】 【小问1详解】 逻辑推理任务中信号同步的频率，创造性想象任务中信号同步的频率， 思维任务类型与信号同步性有关，因为两类任务的同步频率存在明显差异，即； 【小问2详解】 零假设：思维任务类型与信号同步性无关， 根据表中数据可得， 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，即思维任务类型与信号同步性无关． 16. 如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若四棱锥的体积为3，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，证明为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可求出； （2）法一：先根据体积求出点到平面的距离，再建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，代入公式即可求出最大值； 法二：先根据体积求出点到平面的距离，延长和交于点，过作于，找到为平面与平面的夹角，再根据三角形面积相等得，同时结合即可求出. 【小问1详解】 取的中点，连接，， ，分别是和的中点，与平行且xd； 和都垂直于平面，且，与平行且相等， 与平行且相等，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面． 【小问2详解】 设到平面的距离为， 则，故． 法一：由于垂直于平面，建立如图空间直角坐标系， ，， ，，，， 设，则， ，， 设平面的法向量为，则由得 取，得，，因此平面的一个法向量． 由于垂直于平面，因此是平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 法二：延长和交于点，过作于， 平面，，又,，且两直线在平面内， 平面，， 为平面与平面的夹角， 由，得， 而，所以，当且仅当时等号成立； ，， ∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 17. 在中，为边上一点，． （1）若，，求的长； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 由题意得，，， 根据余弦定理，， 故. 【小问2详解】 因为， 所以，，． 设，则，，， 在中，由正弦定理可得， 即， 在中，由正弦定理可得， 即， 则， 化简可得， 则． 18. 已知椭圆的右焦点为，且椭圆C过点． （1）求椭圆C的标准方程． （2）若直线l与椭圆C交于A，B两点，直线交线段于点Q，且，证明：直线l过定点． （3）在（2）的条件下，求的最大值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标，结合代入法、三者之间的关系进行求解即可； （2）根据三角形面积公式，结合一元二次方程根与系数关系、直线的斜率公式进行求解即可； （3）根据三角形面积公式，结合二次函数的性质进行求解即可. 【小问1详解】 由题可知，，所以，又点在C上， 所以，解得． 所以椭圆C的标准方程为； 【小问2详解】 因为， 所以，所以， 显然直线l的斜率存在且不为0．设直线l的方程为， 且． 由得， 所以，① 所以， 整理得， 将①式代入得，化简得， 所以直线l的方程为，直线l过定点 【小问3详解】 由（2）得， 由，解得， 且，② 所以， 代入②式得，令， 所以， 所以当，即时，. 19. 已知函数，. （1）若，证明：. （2）若曲线与关于直线对称，关于x的方程恰有三个不等实根，，，其中. （ⅰ）求a的取值范围； （ii）证明：． 附：若，则当时，． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）构造函数，求导分析单调性得最大值，由知该最大值小于0，从而原不等式成立； （2）（i）由对称性得，将方程化为，通过导数讨论的符号及二次判别式，确定当时有3个零点；（ii）利用根的关系及消去，将欲证不等式转化为关于的对数不等式，构造函数并求导证明恒正. 【小问1详解】 设， 则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以， 当时，，所以， 即． 【小问2详解】 （ⅰ）因为曲线与关于直线对称， 所以，则． 令，则， 当时，，在上单调递增， 不存在三个不等实根． 当时，令，其判别式， 若，即，则恒成立，即， 在上单调递减，不存在三个不等实根． 若，即，则存在两个不等正实根，，且， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又因为，且，故，． 又当时，，当时，， 所以在和内各恰有一个零点，又， 所以有三个零点，符合题意． 所以的取值范围是． （ii）由（ⅰ）知． 当时，，所以． 要证明，即证明， 由，得，代入待证不等式， 得，整理得． 设，则， 故在上单调递增，故，即． 故命题得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级强化训练（A） 数学 考生注意： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并收回. 一、单项选择题：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. 1. 若复数满足（为虚数单位），则在复平面内复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. -1 4. “”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. 已知椭圆与双曲线共焦点，椭圆与双曲线右支交于两点，若直线过右焦点，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 6. 1471年米勒向诺德尔教授提出了一个有趣的问题：在地球表面的什么部位，一根竖直的悬杆呈现最长？我们把地球表面视为平面，悬杆视为直线l上两点A，B间的连线，则上述问题可以转化为以下的数学问题：如图1所示，直线l垂直于平面，直线l上有两点A，B位于平面的同侧，求平面上一点C，使得最大．建立如图2所示的平面直角坐标系．若A，B两点的坐标分别为，，点C的坐标为，则当最大时，c的值为（ ） A. 64 B. 32 C. D. 7. 某快递分拣中心待处理的5件包裹中，3件为“普通件”，2件为“优先件”.分拣员按随机顺序不放回逐一扫描分拣，若未分拣的“优先件”数量不少于“普通件”数量，则系统自动暂停当前批次处理.记为暂停时已完成分拣的包裹数，则（ ） A. B. C. D. 8. 2025年11月9日，首届中国（国际）机器人辩论大赛决赛在北京举办．经过了初赛的“人机协同”，复赛的“人机对抗”，决赛现场采用了“机机对决”的形式．最终，松延动力的机器人“小诺”凭借出色的对话管理和精准的反驳能力夺得冠军．某机器人的人工智能模型在语言训练时，每轮训练的模型参数的数量会发生变化．记第一轮训练的模型参数的数量为，从第二轮开始，每一轮与它前一轮相比较，该模型每轮训练的模型参数增加的数量为等比数列，且首项，公比．若第轮训练的模型参数的数量大于，则的最小值为（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 若，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 10. 已知四边形ABCD外接圆的圆心为O，且，，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 当时，四边形ABCD面积的最大值为 D. 四边形ABCD面积的最大值为2 11. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，（为左焦点），为坐标原点，与在第一象限交于点与的离心率分别为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数则满足的的取值范围是__________. 13. 已知样本数据的平均数为a，设，当函数取最小值时，_______． 14. 已知数列满足，，令，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. 在脑机接口技术实验中，研究人员为验证不同思维任务下，两个大脑的信号同步性是否独立，研究人员选取了200组观测数据，聚焦于“逻辑推理”与“创造性想象”两类任务，记录了两位受试者脑电信号的同步情况，得到了如下列联表： 思维任务类型 信号同步性 合计 信号同步 信号不同步 逻辑推理 42 58 100 创造性想象 28 72 100 合计 70 130 200 （1）分别计算两类任务中信号同步的频率，根据频率，你认为思维任务类型与信号同步性有关吗？简述理由． （2）根据小概率值的独立性检验，分析思维任务类型与信号同步性有关吗？ 附：， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若四棱锥的体积为3，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 17. 在中，为边上一点，． （1）若，，求的长； （2）求的值． 18. 已知椭圆的右焦点为，且椭圆C过点． （1）求椭圆C的标准方程． （2）若直线l与椭圆C交于A，B两点，直线交线段于点Q，且，证明：直线l过定点． （3）在（2）的条件下，求的最大值． 19. 已知函数，. （1）若，证明：. （2）若曲线与关于直线对称，关于x的方程恰有三个不等实根，，，其中. （ⅰ）求a的取值范围； （ii）证明：． 附：若，则当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $