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（三）数学试题

交大附中2025~2026学年第二学期高2026届高三强训（三） 数学试题 注意：本试题共4页，四道大题. 一、单项选择题（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. （ ） A. 1 B. -1 C. i D. -i 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 某市连续8天的AQI（空气质量指数）分别为，则这组数据的上四分位数为（ ） A. 32 B. 33 C. 48 D. 49 4. 已知圆经过原点和点，并且圆心在直线上，则圆的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数的图象与直线相切于点，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 3 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 记为数列的前项之积，已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知是双曲线在第一象限上的一点，点与点关于原点对称，过点作，与的另外一个交点为，连接，与轴交于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 二、多项选择题（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. 粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了3支，下列结论中正确的是（ ） A. 事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少1支用到”为互斥事件 B. 事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件 C. 白色与红色粉笔都用到的概率为 D. 白色与红色粉笔至少1支用到的概率为 10. 在棱长为2的正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，动点在正方体表面运动，则（ ） A. PN与为异面直线 B. 与MN所成的角为 C. 平面PMN截该正方体所得截面形状为等腰梯形 D. ，则点轨迹长度为 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则下列选项正确的是（ ） A. B. 若是边AC的中点，则线段BD的长的最小值为 C. 的最大值为 D. 若点是的外心，且，，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知单位向量满足，则向量夹角的弦值是______． 13. 在五一小长假期间，要从6人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有______种. 14. 关于x的方程有实根，则的最小值为______． 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. 已知是等差数列的前项和. （1）证明是等差数列； （2）设为数列的前n项和，若，，求. 16. 如图，在四棱锥中，，平面平面是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数，且在上恒成立，求实数的取值范围. 18. 元旦小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利. （1）若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为X步，求X的分布列； （2）记 为设定机器人一共行走2i步时游戏胜利的概率，求 ，并判断当i为何值时，游戏胜利的概率最大； （3）该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的姐姐，姐姐告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将n个0和n个1排成一排，若对任意的 在前k个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有 种，其中， 的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走2i步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2） 中的，有 19. 在平面直角坐标系中，抛物线E的方程为，为上一点，为的焦点，过点的直线交于另一点（不与重合）．的最小值为4． （1）求的标准方程； （2）过点作直线交于两点（在上方），点坐标为，延长交于点，延长交于点，连接． （ⅰ）求面积的最小值； （ⅱ）当、均不与轴垂直时，设中点为，中点为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 交大附中2025~2026学年第二学期高2026届高三强训（三） 数学试题 注意：本试题共4页，四道大题. 一、单项选择题（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. （ ） A. 1 B. -1 C. i D. -i 【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的除法求解. 【详解】. 故选：D 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立方程，求出解，得到交集. 【详解】联立，解得， 故. 故选：B 3. 某市连续8天的AQI（空气质量指数）分别为，则这组数据的上四分位数为（ ） A. 32 B. 33 C. 48 D. 49 【答案】D 【解析】 【分析】上四分位数即第75百分位数，将已知数据按从小到大的顺序排列后，根据百分位数的计算步骤先计算，再计算上四分位数即可. 【详解】将按从小到大的顺序排列为， 因为，6为整数，所以上四分位数即从小到大排列中的第6与第7个数据的平均数，即. 4. 已知圆经过原点和点，并且圆心在直线上，则圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意设，由求出的值，即得圆心与半径，进而得到圆的方程. 【详解】依题意，可设， 由可得， 解得，故得圆心，半径为， 则所求圆的方程为. 故选：A. 5. 若函数的图象与直线相切于点，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出，进而求出切点坐标，代入直线方程求解即可. 【详解】，则，解得， 所以，即切点为， 代入直线整理得，解得. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简，再利用诱导公式和二倍角公式转化求值即可. 【详解】由题意， 得：，即． 故． 故选：A. 7. 记为数列的前项之积，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由得，进而得，即是公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式即可得，进而得，即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 所以，所以是公差2的等差数列， 因为，所以，所以， 所以，所以. 故选：C. 8. 已知是双曲线在第一象限上的一点，点与点关于原点对称，过点作，与的另外一个交点为，连接，与轴交于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】设为的中点，设，，，，利用点差的方法表示出，结合题意继而表示出，推出，根据即可求得的关系，从而可求双曲线离心率. 【详解】 如图，取的中点，连接， 因为为的中点，故， 设，，，， 因为在双曲线上，则，两式相减可得，， 即，而，， 故，即， 又因为，则，即， 所以，即，所以， 又，则, 即，故， 所以，而，故, 故，则双曲线的离心率为. 故选：C. 二、多项选择题（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. 粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了3支，下列结论中正确的是（ ） A. 事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少1支用到”为互斥事件 B. 事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件 C. 白色与红色粉笔都用到的概率为 D. 白色与红色粉笔至少1支用到的概率为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，由互斥事件的定义，可判定A错误；根据对立事件的定义，可得判定B正确，利用列举法，结合古典摡型的概率计算公式，可判定C错误，D正确. 【详解】记白、红、黄、蓝、绿颜色的粉笔分别为：， 对于A中，“都入选”与“至少1支入选”可以同时发生，所以A错误； 对于B中，对于是否入选所有事件类型有：都入选，入选不入选，不入选入选和都不入选，所以事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件，所以B正确； 对于C中，设从5支中随机选3支，则有，，，，，，，，，，共10种选法， 其中都入选的选法有3种，故所求概率，所以C错误； 对于D中，由至少1支入选的选法有9种，故所求概率，所以D正确． 故选：BD． 10. 在棱长为2的正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，动点在正方体表面运动，则（ ） A. PN与为异面直线 B. 与MN所成的角为 C. 平面PMN截该正方体所得截面形状为等腰梯形 D. ，则点轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据异面直线定义可判断A正确，作与平行的直线，作出异面直线的平面角并由勾股定理可判断B正确，作出截面形状可知平面截该正方体所得截面形状为正六边形，可得C错误，利用向量共线定理可找出点轨迹为线段，求出其长度可得结果，即D正确. 【详解】对于A，由异面直线定义可知与不同在任何一个平面内，它们是异面直线，即A正确； 对于B，取中点为，连，，如下图所示：由正方体性质可知，又， 所以， 因此与所成的角即为与所成的角，即或其补角， 易知，，，满足，即， 所以，因此与所成的角为，即B正确； 对于C，分别取，的中点为，，连接各中点，如上图所示： 易知，，， 即可知，，，，，在同一平面内， 所以平面截该正方体所得截面即为六边形， 又，所以截面形状为正六边形，即C错误； 对于D，因为为的中点，所以， 由可知， 即，因此可知，共线， 所以点轨迹为过点且与平行的线段， 取的中点为，连接，取的中点， 连接，如下图所示： 由正方体性质易知，，又为的中位线， 所以，； 因此点轨迹即为线段，且， 所以点轨迹长度为，可得正确. 故选：ABD 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则下列选项正确的是（ ） A. B. 若是边AC的中点，则线段BD的长的最小值为 C. 的最大值为 D. 若点是的外心，且，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A根据题意利用三角恒等变换可得，进而可得；B利用正弦定理可得，再利用平面向量结合基本不等式运算求解；C整理可得，进而分析最值；D根据数量积的几何意义结合外心性质可得，解方程即可. 【详解】A：因为，则，可得， 因为，则，，可得，所以，故A正确； B：由正弦定理，得，， 则，解得， 因为是边AC的中点，则，且， 可得，当且仅当时取等号， 所以，故B错误； C：因为 ，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为，故C正确； D：因为，，则，即，，， 因为，则， 即，解得，故D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知单位向量满足，则向量夹角的弦值是______． 【答案】 【解析】 【分析】通过平方即可求解； 【详解】因为，平方可得：， 所以，则． 故答案为： 13. 在五一小长假期间，要从6人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有______种. 【答案】150 【解析】 【分析】分值班人数为2人或3人，结合分类计数原理可得答案. 【详解】根据题意可知，值班的人数为2人或者3人，若人数为2，则需要一个人值班首尾两天，一个人值中间的那一天，故方法数为：；若人数为3，则每人值一天班，故方法数为；故总的方法有30+120=150种. 故答案为： 14. 关于x的方程有实根，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设实根为，则，转化为动点在直线，利用的几何意义，将问题转化为求原点到直线距离的最小值，再构造函数求解并验证最值取到即可. 【详解】因为关于x的方程有实根， 所以关于x的方程有实根， 设方程的实根为，则， 得到，即， 设点，则点在直线上， 设点到直线的距离为，则， 设，则，得到， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 得到，则，又， 由几何意义可知，故， 检验：当时，， 由，解得，此时； 由，解得，此时. 故的最小值为. 故答案为：. 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. 已知是等差数列的前项和. （1）证明是等差数列； （2）设为数列的前n项和，若，，求. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d，利用等差数列的定义证明； （2）设的公差为，由，求得公差为，再利用等差数列的前n项和公式求解. 【小问1详解】 证明：设等差数列的公差为d， 则， ∴， ∴， 又∵，∴是首项为，公差为的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知为等差数列，设其公差为， 则 ，即，则， 又∵， ∴. 16. 如图，在四棱锥中，，平面平面是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）如图，取的中点，因为，所以， 因为平面平面，平面平面平面，所以平面， 又平面，所以，又平面平面， ，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）通过面面垂直得到线面垂直，再利用线面垂直的判定定理即可； （2）通过建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，再代入公式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为为的中点，，所以． 过点作交于点，由平面平面，可得，则． 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为，则 令，得．设平面的法向量为， 则 令，得． 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数，且在上恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用导数，通过分和两种情况，即可求出函数的单调区间； （2）首先利用（1）的结论及导数证明；然后分和两种情况，将不等式大小之间的关系转化为自变量的比较，从而可得出答案. 【小问1详解】 因为，所以， ①若，，所以在上单调递增； ②若，由，得，所以函数在上单调递增， 由，得，所以函数在上单调递减； 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 下面证明：，有， 先证：，有， 由（1）可知当时，，即当时，， 故，， 再证，； 要证，，只需证明，， 即证，即证，即证，. 令，因为在上恒成立， 所以函数在上单调递增，故有 ， 即，恒成立，即，有， ①当时，由（1）得，在单调递增，则由上结论可知，在上恒成立，符合题意； ②当时，由（1）得，在上单调递减，在上单调递增， 此时当时，，不合题意. 综上所述，实数的取值范围为. 18. 元旦小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利. （1）若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为X步，求X的分布列； （2）记 为设定机器人一共行走2i步时游戏胜利的概率，求 ，并判断当i为何值时，游戏胜利的概率最大； （3）该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的姐姐，姐姐告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将n个0和n个1排成一排，若对任意的 在前k个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有 种，其中， 的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走2i步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2） 中的，有 【答案】（1）分布列见解析，； （2）时，游戏胜利的概率最大； （3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）根据向前或向后行走的步数分类可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，即可得到的分布列和数学期望； （2）根据题意可知，，再由的单调性即可判断； （3）根据机器人第一步以及最后第步的行走方向讨论，即可得出的表达式，从而将所证等式转化为，再根据组合数公式即可证出． 【小问1详解】 依题可知，的可能取值为. ，，， 所以，的分布列如下： 0 2 4 所以，． 【小问2详解】 依题可知，时，，所以时胜利的概率最大. 【小问3详解】 记事件“机器人行走步时恰好第一次回到初始位置”，“机器人第一步向前行走”，则“机器人第一步向后行走”. 下面我们对事件进行分析. 发生时，假设机器人第步是向前行走，则之前的步机器人向前走的步数比向后走少一步，而因为机器人第一步为向前行走， 这说明存在使得机器人走了步时回到了初始位置，这与的发生矛盾，所以假设不成立.即机器人第步为向后行走， 从而机器人第2步到第步向前和向后行走的步数均为，且从第2步开始，到第步的这步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置). 根据卡特兰数，从第2步到第步共有种行走方式.通过上述分析知，， 所以． 由于， ，故等式成立． 【点睛】本题的解题关键是根据机器人第一步和最后一步的行走方向讨论，利用“卡特兰数”得出的表达式，再利用组合数公式运算即可得证. 19. 在平面直角坐标系中，抛物线E的方程为，为上一点，为的焦点，过点的直线交于另一点（不与重合）．的最小值为4． （1）求的标准方程； （2）过点作直线交于两点（在上方），点坐标为，延长交于点，延长交于点，连接． （ⅰ）求面积的最小值； （ⅱ）当、均不与轴垂直时，设中点为，中点为，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）联立直线与抛物线方程，由韦达定理求出弦长，由其所得弦长公式特征即可求出其最小值，结合题意即可得解； （2）（ⅰ）设直线l的方程为，直线的方程为，且，，联立直线方程和抛物线方程后可得、。，结合焦半径公式和面积公式可得，故求出的最小值后可得面积的最小值；（ⅱ）用诸点坐标表示，结合（ⅰ）的坐标关系和两角差的正切公式、双勾函数的单调性可求的取值范围. 【小问1详解】 由题抛物线的焦点，可设直线， 联立，设， 所以， 则， 所以， 所以当时有，则由题意， 所以的标准方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1），则可设直线l的方程为，直线的方程为， 且，， 联立得， 所以故，同理，， 联立，则，故，故， 而，，，， 故，， 故， 而，当且仅当时等号成立， 故的最小值为. （ⅱ）由抛物线的对称性，不妨设,则。 由（ⅰ）可得，故, 而，故， 而，故，故， 故， 设，则即，当且仅当时等号成立， 又， 由双勾函数的单调性可得在上为减函数，故， 故，故，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $