精品解析：陕西西安交通大学附属中学2025-2026学年第二学期高三强训（六）数学试题

陕西西安交通大学附属中学2025-2026学年第二学期高三强训（六）数学试题 注意：本试题共4页，四道大题． 一、单选题（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. 已知集合，，则（ ） A. 或 B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以或， 结合，所以或. 2. 已知，则“”是“为偶函数”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】当时，为偶函数，故充分性成立， 为偶函数时，,故必要性不成立， 故“”是“为偶函数”的充分不必要条件. 3. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 所有棱长都相等的直四棱柱是正方体 B. 正三棱锥的每个面都是正三角形 C. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 D. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，举出反例可得AB错误，由圆柱、圆锥的定义综合分析可知D正确，C错误. 【详解】对于A，底面是菱形的直四棱柱，其侧棱长与底面边长相等时， 该直四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，故A错误； 对于B：正三棱锥的底面为正三角形，侧面不一定都是正三角形，只需是等腰三角形， 且能保证顶点在底面内的投影在底面正三角形的中心即可，故B错误； 对于C：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥， 以斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是两个同底的圆锥组合而成的几何体，故C错误； 对于D：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，即D正确； 故选：D 4. 洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（ ） A. 16 B. 32 C. 48 D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】借助等比数列求和公式求出首项，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可. 【详解】由题意，从下往上“浮雕像”的数量成等比数列，设为， 则，公比，所以， 所以，所以第4层“浮雕像”的数量为. 故选：C 5. 某公司收集了某商品销售收入（万元）与相应的广告支出（万元）共10组数据（），绘制出如下散点图，并利用线性回归模型进行拟合. 若将图中10个点中去掉点后再重新进行线性回归分析，则下列说法正确的是（ ） A. 决定系数变小 B. 残差平方和变小 C. 相关系数的值变小 D. 解释变量与预报变量相关性变弱 【答案】B 【解析】 【分析】从图中分析得到去掉点后，回归效果更好，再由决定系数，残差平方和，相关系数和相关性的概念和性质作出判断. 【详解】从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，故去掉点后，回归效果更好， 故决定系数会变大，更接近于1，残差平方和变小， 相关系数的绝对值，即会更接近于1，由图可得与正相关，故会更接近于1， 即相关系数的值变大，解释变量与预报变量相关性变强， 故A、C、D错误，B正确. 故选：B. 6. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据三角函数基本关系得到，进而利用和差公式计算，再由正弦定理计算边长即可． 【详解】，， ，由正弦定理和大边对大角，则， 又, ，， ， 则， 又， 故． 7. 已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由两边同乘得. 设，， 由题意得在上严格递增，则对任意恒成立，即对任意恒成立. 令，，则， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以的最大值为，因此. 当时，， 令，，易得且仅在处取等， 故且最多有一个实数解，严格递增，所以的取值范围是. 8. 根据物理知识椭圆有如下光学性质：从一个焦点发出的光线将汇聚到另一个焦点处．已知椭圆分别是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上的任意一点，根据研究，我们知道直线、直线与在点处的切线所成的角相等．过作直线，垂足为，则面积的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据垂直以及角相等，结合椭圆定义可得，进而得，即可利用三角形面积公式，结合三角函数的最值求解. 【详解】由题知，椭圆半焦距，延长，相交于， 由于,又，故， 结合，垂足为，故, , 故, , 故当时，的面积最大为2 ， 故选：B 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，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. 下列各式中，值为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】A.，所以 ，A正确. B.，B错误. C.，C正确. D.. 因为， 所以原式，D错误. 10. （多选）已知直线 过点 ，点 是圆 上的点，则下列命题正确的是 （ ） A. 直线 被圆截得的弦长最短为 B. 若圆上有且只有 3 个点到直线 的距离为 1，则直线 的方程为 或 C. 的取值范围是 D. 若是直线 上的动点，过点作圆 的切线，则切线长的最小值为 2 【答案】ABD 【解析】 【分析】直线与垂直时，弦长最短,利用弦长公式得，圆上有且只有 3 个点到直线 的距离为 1，则圆心到直线的距离为，分斜率存在和不存在讨论即可得到直线方程，将表示圆上的点与连线的斜率，再利用直线与圆有交点求解范围，当最小时切线长最短，再根据题目求解. 【详解】圆 的圆心为,半径为 点在圆内， 当直线与垂直 时，弦长最短， 此时圆心到直线的距离为，弦长为 ，选项A正确； 若圆上有且只有 3 个点到直线 的距离为 1，则圆心到直线的距离为， 当直线斜率存在时，设直线方程为 ，即， 则 ，解得 ，直线方程为 ， 当直线斜率不存在时，直线方程为 ，也满足条件，所以选项B正确； 表示圆上的点与连线的斜率， 设直线为 ，即， 则由题意可知，圆心到直线的距离小于等于半径， 即，即 解得或 ， 即的取值范围是，选项C错误； 切线长 ，需最小（即圆心到直线的距离）: ，最小切线长为，选项D正确. 故选：ABD 11. 已知是定义在上的奇函数，，，若为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先由为偶函数、为奇函数推得的对称轴与对称中心，进而确定周期为4，再赋值求、、，最后利用周期化简求和、判断选项正误. 【详解】因为为偶函数，所以， 所以，所以， 所以. 又为奇函数，所以， 所以，将替换为，得， 所以，所以的周期为4，且. 对于A：在中，令，得.又， 所以，A错误； 对于B：，B正确； 对于C：，C正确； 对于D：当时，， ， ， ， 所以， 所以，D错误. 【点睛】利用函数奇偶性推导对称性与周期性，结合赋值法与周期求和判定选项，核心考查函数对称性、周期性的转化及数列求和技巧. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则与方向相同的单位向量_______ ． 【答案】 【解析】 【分析】求出向量的模，然后求解单位向量. 【详解】解：由题意得： ， ，这就是与同向的单位向量． 故答案为：. 13. 某AI公司有男性30人，女性10人，在一次知识竞技团建中，男性平均成绩为110分，方差为55，女性平均成绩为130分，方差为95，则在这次团建中，该公司的平均成绩为__________分，方差为__________． 【答案】 ①. 115 ②. 140 【解析】 【分析】根据分组数据平均数，方差计算公式可得答案. 【详解】因为公司有男性30人，女性10人， 男性平均成绩为110分，方差为55，女性平均成绩为130分，方差为95， 所以该公司的平均成绩为：； 该公司成绩的方差为：. 14. 将4个相同的小球摆放在的方格中，要求每一个方格中只能摆放一个小球，且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，则所有摆放种数为___________． 【答案】29 【解析】 【分析】先确定不能恰好共用一个方格顶点是不能斜对角相邻，所以小球必不可能在中间的方格，再将四个角设成类方格，其它方格为B类方格，分类讨论即可. 【详解】根据题意，两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点， 即禁止斜对角相邻，可以上下左右相邻（共用两个方格顶点）或不相邻（无公共顶点）， 可以把的方格分为两类， 小球必不可能在中间方格，否则一定会有斜对角相邻的情况， 将四个角的方格设成类方格，以保证类在除去中间方格的情况下没有斜对角相邻的方格， 剩余4个小格为类方格，如图所示： （1）4个小球若占用4个A类方格，有种； （2）4个小球若占用3个A类方格，1个B类方格，有种； （3）4个小球若占用2个A类方格，2个B类方格， 此时只能选择隔着中间方格相对的B类方格，共2种可能，所以此时有种； （4）4个小球若占用1个A类方格，3个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍. （5）4个小球若占用4个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍. 因此，共有种． 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. 已知函数． （1）求在区间上的最值； （2）若过点存在条直线与曲线相切，求实数的取值范围． 【答案】（1）最大值是，最小值是 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数先判断出在上的单调性，然后可计算出最值； （2）设出切点坐标，表示出切线方程并代入点坐标，将切线条数问题转化为方程解的个数问题，构造新函数结合函数图象结果可求. 【小问1详解】 函数，，， 当或时，，当时，， 函数在，上单调递增，在上单调递减， 又，，， 所以函数在区间上的最大值是，最小值是． 【小问2详解】 设过点的直线与曲线相切的切点为， 由（1）得切线斜率，切线方程为， 由切线过点，得，整理得， 令，求导得， 当或时，，当时，， 函数在，上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得极小值为，在处取得极大值为， 由过点存在条直线与曲线相切，得方程有个互不相同的解， 即直线与函数的图象有个交点， 观察图象得当时，直线与函数的图象有个交点， 所以实数的取值范围是． 16. 为了实施学生体质强健计划，某校组织学生在A、B、C三个区域开展定点投篮比赛．某同学在区域投篮命中的概率是，在和区域投篮命中的概率都是，它们之间相互不影响． （1）若规定该同学等可能地选择三个区域中的一个区域投篮一次，求他投篮命中的概率； （2）若规定该同学需要依次在A、B、C三个不同区域各投篮一次，如果在A、B、C三个区域全部投中，可获得6分；如果仅在两个区域投中，可获得3分；如果仅在一个区域投中，可获得1分；否则没有得分．求该同学得分的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） 0 1 3 6 数学期望为． 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式计算可得； （2）依题意的可能取值为0，1，3，6，求出所对应的概率，即可求出分布列和数学期望. 【小问1详解】 设“该同学投篮命中”为事件，“该同学选择区域投篮”为事件， “该同学选择区域投篮”为事件，“该同学选择区域投篮”为事件， 因为该同学等可能地选择三个区域中的一个区域投篮，所以， 已知在区域投篮命中的概率是，在和区域投篮命中的概率都是， 所以， 所以， 所以该同学投篮命中的概率为. 【小问2详解】 由题意可知，得分的可能取值为0，1，3，6， 所以， ． ， ， 所以的分布列为 0 1 3 6 所以， 所以，该同学得分的数学期望为. 17. 某公园计划在一个扇形草坪内建设矩形花园，为了充分利用这块草坪，要求该矩形的四个顶点都落在边界上．经过测量，在扇形中，，记，共设计了两个方案： （1）分别用表示两个方案中矩形的面积； （2）分别求出的最大值，并比较二者最大值的大小． 【答案】（1）， （2）的最大值分别为，，且 【解析】 【分析】（1）结合图形，按照方案一和二，分别将用的三角函数表示，即得和的表达式； （2）利用三角恒等变换公式和方法将和分别化成正弦型函数，利用正弦函数的性质求其最大值，通过作差法比较大小即得. 【小问1详解】 如图1，在Rt中，， 所以.在Rt中，. ．则，. 如图2，过点作于点，过点作CD的垂线，交弧于点， 在Rt中，，所以. 由扇形和矩形的对称性可得，， 则在Rt中，，则，. 则. 【小问2详解】 由，得. 方案一：， 当时，即时，取最大值，最大值为. 方案二：， 所以当时，即时，取最大值，最大值为， 因为，所以. 18. 已知公差大于0的等差数列的前项和为，且是与的等比中项． （1）求的通项公式及； （2）记为在区间内项的个数为数列的前项和． （i）若，求的最大值； （ii）设，证明：． 【答案】（1） （2）（i）5; （ii）由（i）知，则，所以． 注意到，, 则， 设，则①， ②， ①-②得， 所以．所以．综上，． 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，然后由，，结合等差数列通项公式，等差数列前n项和公式可得答案； （2）（i）由（1）结合题设可得，结合，可得，然后由分组求和法可得，，据此可得答案； （ii）由，可得，然后注意到，，可得，令，由错位相减法可得：，据此可完成证明. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，依题意，， 即①．，即②， 将①代入②得，因为，解得， 所以； 【小问2详解】 （i）令，即，解得， 因，则，，即的通项公式为， 所以，又，所以． 由，得，注意到，所以的最大值为5． （ii）略 19. 在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直. （1）求直线CD与平面所成角的大小； （2）设点，且，记E的轨迹为曲线Γ. （i）判断Γ是什么曲线，并说明理由； （ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）（i）曲线是椭圆,理由如下： 由（1）可知，， 所以是的中点, 设的中点为，所以. 又，所以. 在内过作，所以 以为原点，所在的方向分别为轴，轴，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，所以， 设，又， 则. 因为，又， 所以， 化简得，即， 所以曲线是椭圆. （ii）存在，点满足或 【解析】 【分析】（1）根据条件作出图形，利用线面角的定义得到所求线面角，解出即可; （2）（i）建立空间直角坐标系，根据条件建立方程，即可求解； （ii）把转化为，坐标表示后，利用联立直线方程和椭圆方程化简后利用韦达定理得到的关系式进行化简求解即可；也可以把条件转化为进行求解. 【小问1详解】 因为平面， 平面平面， 所以. 所以直线在内的射影为直线， 所以直线与所成角为. 过作，垂足为. 因为平分， 所以. 又，所以，所以 又，所以. 因为，所以， 所以直线与平面所成角为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）方法一：设. 在平面内，因为与不重合，可设， 由得，所以. 由对称性知，若存在定点满足条件， 则必在平面与的交线上，故可设. 若，则， 即， 因为， 所以， 当时，上式恒成立，所以符合题意； 当时，有， 所以， 所以. 因为， 所以， 所以， 所以，即. 因为上式对于任意的恒成立，所以. 综上，存在点满足，或时，符合题意. 方法二：设 在平面内，因为与不重合，可设，由得， 所以. 由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设. 当与重合时，因为，又， 所以. 所以当时，符合题意. 当与不重合时，过作， 垂足分别为.连接， 则因为，所以. 又，所以平面， 所以，同理 又，所以，所以， 所以RtRt，所以直线平分 又在轴上，所以在平面内直线的倾斜角互补 在平面内，设直线的斜率分别为， 则 ， 对于任意的恒成立，所以. 综上，存在点满足，或时，符合题意. 【点睛】关键点点睛：解答本题最后问的关键是转化条件，可以转化为或者转化为，继而利用坐标求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西西安交通大学附属中学2025-2026学年第二学期高三强训（六）数学试题 注意：本试题共4页，四道大题． 一、单选题（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. 已知集合，，则（ ） A. 或 B. C. 或 D. 或 2. 已知，则“”是“为偶函数”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. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 所有棱长都相等的直四棱柱是正方体 B. 正三棱锥的每个面都是正三角形 C. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 D. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 4. 洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（ ） A. 16 B. 32 C. 48 D. 64 5. 某公司收集了某商品销售收入（万元）与相应的广告支出（万元）共10组数据（），绘制出如下散点图，并利用线性回归模型进行拟合. 若将图中10个点中去掉点后再重新进行线性回归分析，则下列说法正确的是（ ） A. 决定系数变小 B. 残差平方和变小 C. 相关系数的值变小 D. 解释变量与预报变量相关性变弱 6. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 根据物理知识椭圆有如下光学性质：从一个焦点发出的光线将汇聚到另一个焦点处．已知椭圆分别是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上的任意一点，根据研究，我们知道直线、直线与在点处的切线所成的角相等．过作直线，垂足为，则面积的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，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. 下列各式中，值为的是（ ） A. B. C. D. 10. （多选）已知直线 过点 ，点 是圆 上的点，则下列命题正确的是 （ ） A. 直线 被圆截得的弦长最短为 B. 若圆上有且只有 3 个点到直线 的距离为 1，则直线 的方程为 或 C. 的取值范围是 D. 若是直线 上的动点，过点作圆 的切线，则切线长的最小值为 2 11. 已知是定义在上的奇函数，，，若为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则与方向相同的单位向量_______ ． 13. 某AI公司有男性30人，女性10人，在一次知识竞技团建中，男性平均成绩为110分，方差为55，女性平均成绩为130分，方差为95，则在这次团建中，该公司的平均成绩为__________分，方差为__________． 14. 将4个相同的小球摆放在的方格中，要求每一个方格中只能摆放一个小球，且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，则所有摆放种数为___________． 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. 已知函数． （1）求在区间上的最值； （2）若过点存在条直线与曲线相切，求实数的取值范围． 16. 为了实施学生体质强健计划，某校组织学生在A、B、C三个区域开展定点投篮比赛．某同学在区域投篮命中的概率是，在和区域投篮命中的概率都是，它们之间相互不影响． （1）若规定该同学等可能地选择三个区域中的一个区域投篮一次，求他投篮命中的概率； （2）若规定该同学需要依次在A、B、C三个不同区域各投篮一次，如果在A、B、C三个区域全部投中，可获得6分；如果仅在两个区域投中，可获得3分；如果仅在一个区域投中，可获得1分；否则没有得分．求该同学得分的分布列和数学期望． 17. 某公园计划在一个扇形草坪内建设矩形花园，为了充分利用这块草坪，要求该矩形的四个顶点都落在边界上．经过测量，在扇形中，，记，共设计了两个方案： （1）分别用表示两个方案中矩形的面积； （2）分别求出的最大值，并比较二者最大值的大小． 18. 已知公差大于0的等差数列的前项和为，且是与的等比中项． （1）求的通项公式及； （2）记为在区间内项的个数为数列的前项和． （i）若，求的最大值； （ii）设，证明：． 19. 在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直. （1）求直线CD与平面所成角的大小； （2）设点，且，记E的轨迹为曲线Γ. （i）判断Γ是什么曲线，并说明理由； （ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $