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（十三）数学试题

卓同教育集团高2023级强化训练（十三） 数学试题 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. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意，得，解得， 所以函数的定义域是. 2. 已知复数，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】 【分析】由求出即可得出. 【详解】由，可得，解得或0， 所以是的充分不必要条件. 故选：A. 3. 已知函数的导函数是，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析的单调性，即可得到的单调性及变化趋势，即可判断. 【详解】由题知且不恒等于，又在上单调递减，在上单调递增， 在定义域上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 即当时，的值由小变大，再由大变小， 即函数图象从左到右是单调递增，且变化趋势是先慢后快再变慢. 故选：B. 4. 以等腰直角三角形的一条直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，若该几何体体积为，则其侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】等腰直角三角形绕一条直角边旋转一周，得到的几何体是圆锥. 设等腰直角三角形的直角边长为， 则旋转后圆锥的底面半径，高，母线长. 由于圆锥体积，解得, 因此圆锥侧面积. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助完全平方公式及二倍角公式可得，结合原式计算即可得解. 【详解】由， 故， 故，故，即. 6. 在等差数列中，为其前项和．若，则（ ） A. 420 B. 210 C. 198 D. 105 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式，求出首项和公差，按照等差数列前项和的公式，求得. 【详解】设等差数列的公差为，则， 整理得，解得. 所以. 7. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用降幂公式整理可得，结合图象变换运算求解. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度， 得到函数的图象. 结合选项可知A正确. 故选：A. 8. 设函数，若，，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. e 【答案】A 【解析】 【分析】根据恒成立得出条件等式，构造函数，利用导数即可求解. 【详解】当时，，此时要使，还需恒成立，即还需， 当时，，此时要使，还需恒成立，即还需， 综上，，即. 所以，又，则， 令，则， 当时，，即单调递减；当时，，即单调递增； 所以，故的最小值为1. 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. 从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（除了最后一组是闭区间，其余每组为左闭右开区间），画出如图所示的频率分布直方图，则下列选项正确的是（ ） A. 直方图中x的值为0.0044 B. 在被调查的用户中，用电量落在区间内的户数为70户 C. 估计该小区用户月用电量的中位数不超过 D. 用频率估计概率，从该小区抽取10人，则X表示用电量不超过的人数，则 【答案】AB 【解析】 【详解】对于A，由图可得组距为50，根据频率和为1，得，解得，故A正确； 对于B，用电量落在区间内的频率， 由样本容量为100，得用电量落在区间内的户数，故B正确； 对于C，由图可得第一组的频率为，第二组的频率为 ，第三组的频率为； 前两组的累计频率为，前三组的累计频率为， 中位数位于第三组内； 设中位数为，则，解得； ，中位数超过，故C错误； 对于D，用电量不超过的频率为前两组频率之和，即； 用频率估计概率，从该小区抽取1人，其用电量不超过的概率. 从该小区抽取10人，设X表示用电量不超过的人数， 则X服从二项分布，则，故D错误. 10. 已知定义在上的函数为偶函数，且满足，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 为周期函数 B. 的图象关于点对称 C. 当时， D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用周期函数的定义可判断A；利用对称性的代数定义可判断B;利用周期性与奇偶性以及时的解析式可判断C；利用周期性可计算的值，然后求出的范围可判断D. 【详解】由可得得， 所以，故是周期为4的周期函数，选项A正确； 由和偶函数性质，得， 因此，图象关于直线对称，而非点对称，故选项B错误； 利用和已知区间上的解析式， 当时，，则， 再由偶函数得时， 故当时，选项C正确； 由的周期，， 所以， 又因为为奇函数，当时，，所以， 从而的值域为，在此区间上，所以， 故恒成立，选项D错误. 11. 已知双曲线：的渐近线与圆：相切，记的左、右焦点分别为，，为上一点，且，与圆交于，两点，则（ ） A. 的离心率为2 B. 的渐近线方程为 C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据圆与双曲线渐近线相切得到，结合离心率公式及可判断选项A、B；根据，求出，进而求出，判断选项C；根据，得到，，，进而得到点，坐标，求出直线方程，结合垂径定理及点到直线的距离可判断选项D. 【详解】双曲线：的渐近线方程为，即. 圆：的圆心为，半径为. 由题意得，圆心到渐近线的距离，即，所以. 对于A：，故A正确. 对于B：，所以渐近线方程为，故B正确. 对于C：，，因为，所以点的横坐标为， 代入双曲线方程，解得. 取，则，， 所以，故C错误. 对于D：若，则，，，，. 直线方程为，即. 圆心到直线的距离， 由垂径定理可得，，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，二项式的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据赋值法，结合二项式的通项公式进行求解即可. 【详解】因为二项式的展开式中所有项的系数和为64， 所以，或舍去， 二项式的通项公式为， 令， 所以展开式中的常数项为. 故答案为： 13. 过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线交椭圆于两点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出直线的方程，与椭圆方程联立，求出两点的坐标，进而可求出的值，即可得答案. 【详解】由题意可得，所以直线的方程为， 由，得或， 不妨设，则， 所以. 14. 已知点均在半径为的球的球面上，，，则四面体的体积的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用直角三角形条件及基本不等式确定底面三角形面积的最大值；然后通过球面几何与余弦定理分析定点距离约束下动点的轨迹特征，再结合对称性确定点到底面距离取最大的几何位置；最终将面积与距离的最值结合，求出四面体的最大体积. 【详解】如图所示，由题意可知，点在以为直径的截面圆上运动， 则，可得，当且仅当时取等号． 连接，在中，， 由余弦定理可得，则，， 则点的轨迹是以直线为中心轴的圆锥与该球面的截面圆， 其半径，且． 当时，，， 此时过点，作平面于点．根据对称性，垂足必在上， 因为，所以，则， ， 当点到平面的距离最大时，， 故四面体的体积的最大值为：. 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. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若成等差数列，求的面积； （2）若，求. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的性质得到，再利用余弦定理求得的值，进而利用三角形的面积公式求解； （2）根据已知条件代入，并用三角恒等变换化简求得A，再利用正弦定理求解. 【小问1详解】 因为成等差数列，所以， 又，所以①， 在中，由余弦定理可得：， 又，所以②， 由①②得， 所以的面积. 【小问2详解】 因为，所以， 又因为且，所以， 所以， 所以，所以， 所以， 又因为，所以，所以，所以， 所以. 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为等腰梯形，其中，． （1）求的长； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，进而得到，由勾股定理求解即可； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量求解平面与平面夹角的余弦值即可； 【小问1详解】 如图： 在等腰梯形中，过点作于，过点作于， 因为，则，所以， 连接，在三角形中，由余弦定理得：， 所以，又，所以， 所以，又，且平面， 所以平面，又平面，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 在三角形中，由余弦定理得：， 所以，由于平面， 所以以为坐标原点，分别以向量的方向为轴的正方向， 过点作垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，， 设平面的一个法向量为， ， ，所以， 令，则，， 所以， 设平面的一个法向量为， ，所以， 令，则， 所以， 设平面与平面的夹角为， 则． 17. 函数． （1）当时，求函数在的单调区间； （2）若存在，使得成立，求的取值范围． 【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是 （2） 【解析】 【分析】（1）求导后，判断导数正负即可得该函数单调区间； （2）由题意可得在上有解，即可构造函数，结合导数得到该函数最小值即可得解. 【小问1详解】 当时，，可得， 令，可得， 因为和在为单调递增函数，可得在单调递增， 所以，所以在单调递增， 又因为， 所以当时，，时，； 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是； 【小问2详解】 由不等式，可得， 故当时，， 因为存在，使得成立， 即在上有解， 令，则有解， 构造函数，则， 当时，；当时，， 所以在递减，在递增，所以，即， 又因为函数在单调递增， 所以当时，可得，即， 所以实数的取值范围为. 18. 已知为抛物线的焦点，为在第一象限上的动点，当时，设的准线与轴交于点，与交于点，，，与交于点，与交于点. （1）求的方程； （2）求的轨迹方程； （3）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）按抛物线的定义直接列式可得； （2）根据，，三点共线求得参数，然后根据，利用相关点法求解即可； （3）设，，表示出，可得，然后根据=，计算即可. 【小问1详解】 由题意得，，解得其中舍去， 所以的方程为； 【小问2详解】 由题意，知， 设，则， 因为，，三点共线，所以， 即， 设，由，得，， 所以，即， 所以的轨迹方程 ； 【小问3详解】 因为，所以， 因为， 所以，同理， 设，， 则， ， 所以，解得， 又，设，设直线：， 联立得，， 有，于是， 解得，即的取值范围是 . 19. 某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，不同的奖券标号对应不同的奖品，标号越大，奖品越丰厚．规则如下：顾客从中有放回地抽取奖券次，每次抽取一张奖券，抽取结果中标号最大的奖券对应的奖品即为最终奖品，设最终获得的奖品对应的奖券标号为． （1）当时，求最终拿到标号为3的奖券的概率和拿到标号为2的奖券的概率． （2）若． ①求最终拿到标号不大于的奖券的概率； ②求随机变量的期望（用表示）． （3）当时，证明：． 【答案】（1）； （2）①；② （3）， 则随机变量 的期望为 . 设，， 当 时，，等号成立； 当 时，当时，， 单调递减； 当时， ， 单调递增， 所以. 设， 又因为， 所以，所以． 综上所述，. 【解析】 【分析】（1）利用对立事件和差事件求概率：，计算两次有放回抽取的结果概率； （2）①标号不大于 即每次抽取都不超过 ，用独立重复试验求概率；②用分布列或尾和公式求期望，化简得到结果； （3）先写出期望表达式，再构造对称和式，结合函数单调性放缩证明不等式. 【小问1详解】 表示最大标号为 ，等价于所有抽取结果都不超过 ，且至少有一次等于 ， 则两次都不超过2； 两次都不超过2两次都不超过1. 【小问2详解】 ①最终标号不大于 等价于次抽取的所有结果都不大于 ，每次抽到不大于 的概率为， 因此. ②由于， 随机变量 的期望得 . 【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（十三） 数学试题 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. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，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 3. 已知函数的导函数是，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 4. 以等腰直角三角形的一条直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，若该几何体体积为，则其侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 在等差数列中，为其前项和．若，则（ ） A. 420 B. 210 C. 198 D. 105 7. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若，，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. e 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. 从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（除了最后一组是闭区间，其余每组为左闭右开区间），画出如图所示的频率分布直方图，则下列选项正确的是（ ） A. 直方图中x的值为0.0044 B. 在被调查的用户中，用电量落在区间内的户数为70户 C. 估计该小区用户月用电量的中位数不超过 D. 用频率估计概率，从该小区抽取10人，则X表示用电量不超过的人数，则 10. 已知定义在上的函数为偶函数，且满足，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 为周期函数 B. 的图象关于点对称 C. 当时， D. 11. 已知双曲线：的渐近线与圆：相切，记的左、右焦点分别为，，为上一点，且，与圆交于，两点，则（ ） A. 的离心率为2 B. 的渐近线方程为 C. D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，二项式的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为__________. 13. 过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线交椭圆于两点，则__________. 14. 已知点均在半径为的球的球面上，，，则四面体的体积的最大值为___________． 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. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若成等差数列，求的面积； （2）若，求. 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为等腰梯形，其中，． （1）求的长； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 函数． （1）当时，求函数在的单调区间； （2）若存在，使得成立，求的取值范围． 18. 已知为抛物线的焦点，为在第一象限上的动点，当时，设的准线与轴交于点，与交于点，，，与交于点，与交于点. （1）求的方程； （2）求的轨迹方程； （3）若，求的取值范围. 19. 某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，不同的奖券标号对应不同的奖品，标号越大，奖品越丰厚．规则如下：顾客从中有放回地抽取奖券次，每次抽取一张奖券，抽取结果中标号最大的奖券对应的奖品即为最终奖品，设最终获得的奖品对应的奖券标号为． （1）当时，求最终拿到标号为3的奖券的概率和拿到标号为2的奖券的概率． （2）若． ①求最终拿到标号不大于的奖券的概率； ②求随机变量的期望（用表示）． （3）当时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $