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“8+3+3”73 分三轮冲刺保分强化训练(19)
(时间：45 分钟分值：73 分)
一、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的。
1．（25-26 高三下·重庆·月考）已知集合
，
，则
（ ）
A．
或
B．
或
C．
D．
【答案】D
【解题思路】先把集合
具体化，然后利用集合的运算法则可得答案.
【解析】由题意得
，
，
故
.
2．（2026·广西桂林·一模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】根据题意结合复数的乘法运算求解即可.
【解析】因为
，所以
.
3．（25-26 高三下·江苏扬州·月考）等差数列{an}，{bn}的前n 项和分别是Sn，Tn，且
，则
（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据等差数列前n 项和可知
，
故
.
4．（2026·山西临汾·一模）已知直线
与直线
平行，则
（ ）
A．2
B．
或2
C．
D．
或1
【答案】C
【解析】因为直线
与直线
平行，
根据两直线平行的充要条件可得
，解得
或
，
当
时，代入可得
与
，两条直线平行且不重合，符合题意；
当
时，代入可得
与
，两条直线重合，不符合题意.
所以
5．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）
的展开式中
的系数是（ ）
A．10
B．15
C．20
D．30
【答案】C
【解析】
展开式的通项为
，
所以
的展开式中
的系数为
.
6．（2026·山东青岛·三模）函数
在
的零点个数为（ ）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】C
【解题思路】方法一求出
的范围，再由函数值为零，得到
的取值即得零点个数，方法二先求出函数
的所有零点，再根据题中范围限制，找出符合题意的零点即可．
【解析】方法一：
，
，
由题可知
，
或
，
解得
，
，或
，故有3 个零点．
方法二：令
，
即
，
，解得
，
，
分别令
，解得
，
，
，
所以函数
在
的零点的个数为3.
7．（2026·重庆万州·模拟预测）过点
有两条直线与
的图象相切，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设切点为
，
，切线斜率
.
切线方程：
，即
.
切线过
，代入得：
， 整理得：
.
由
分离参数，得
.
令
，原题等价于
与
的图象有两个交点.
求导：
，令
，得
.
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减.
故
，
当
时，
，当
时，
，
作出
的大致图象：
由此可知要使得
与
的图象有两个交点.，需满足
综上所述
时，原方程有两个零点.
8．（2026·陕西商洛·一模）在四棱锥
中，
是以
为斜边的等腰直角三角形，
，
．若点
均在球
的表面上，则当四棱锥
的体积最
大时，球
的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解题思路】根据条件，分析可得四边形
必为等腰梯形，即可求出所需长度，分析可得，梯形
的面
积为定值，要使四棱锥
的体积最大，必有
平面
，则球心
在
上，根据勾股定理，求出半
径R，代入公式，即可得答案.
【解析】由题意可得
共圆，且
，
所以四边形
必为等腰梯形，如图所示，
取
中点
，
中点
，则
，
因为
，
，则
，
所以
，则
，
所以梯形
的面积为定值．
因为
是等腰直角三角形，
为斜边
的中点，
，所以
，
要使四棱锥
的体积最大，必有
平面
，此时
平面
，
而点
为
的外心，因此球心
在
上，
设
，球
的半径为
，
则
，即
，解得
，
所以
，球
的表面积
．
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．全部选对的
得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分．
9．（2026·湖南·一模）已知函数
，则（ ）
A．
B．
在区间
上单调递增
C．曲线
关于点
中心对称
D．方程
在区间
上有3 个解
【答案】BC
【解析】对于A，
的最小正周期
，可得A 错误；
对于B，
时，
，故
在区间
上单调递增，故B 正确：
对于C，
，可得曲线
关于点
中心对
称，故C 正确；
对于D，
，即
，所以
，
，即
，
，故在
上只有两个
解
和
，故D 错误．
10．（2026·陕西西安·模拟预测）已知抛物线
的焦点为
，准线与
轴的交点为
，点
在
上，且
，则（ ）
A．
B．点
到直线的距离为
C．
的面积为
D．直线
与
仅有一个公共点
【答案】ACD
【解题思路】先根据抛物线焦点与准线的位置关系，由
求出
的值，确定抛物线方程及
的坐标；
设出点
的坐标，结合
与抛物线方程，求解
的坐标；逐一验证各选项：计算点
到准线的距离判断B，
计算
的面积判断C，联立直线
与抛物线方程，通过判别式判断D.
【解析】抛物线
的焦点
，
准线
，准线与
轴交点
.
，故
，A 选项正确.
点
到直线的距离
，故B 错误.
抛物线方程为
，
，
.
设
，由
，得
，
解得
，
，即
.
中，
，
到
轴的距离为
，
面积
，故C 正确.
取
，
，直线
的斜率
，方程为
.
联立
，得
，即
，
，
故直线
与抛物线
仅有一个公共点，由对称性，取
时结论一致.
所以D 正确.
11．（2026·云南红河·模拟预测）如图，在棱长为
的正方体
中，
，
分别是棱
，
的
中点，点
在线段
上运动，下列选项正确的是（ ）
A．
，
，
，
四点共面
B．存在点
，使得
C．平面
截正方体
所得的截面图形是五边形
D．点
到平面
的距离是
【答案】BC
【解题思路】对于A：可知
与
为异面直线，进而分析判断；对于B：建系并标点，根据空间向量垂直的坐
标表示运算求解；对于C：作辅助线，进而分析截面；对于D：利用等体积法求点到面的距离.
【解析】对于选项A：因为
与
为异面直线，所以
，
，
，
四点不共面，故A 错误；
对于选项B：建立如图所示空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
设
，
，可得
，
又因为
，
，
，
，则
，
可得
，
，
假设存在点
使得
，则
，
整理得
，解得
（舍去），或
，
所以存在点
，使得
，故B 正确；
对于选项C：如图，直线
与
，
的延长线分别交于
，
，
连接
，
分别交
，
于
，
，连接
，
，
则五边形
即为所求的截面图形，故C 正确．
对于选项D：设点
到平面
的距离为，
由正方体
的棱长为2 可得
，
，
且
，
可得
，
，
由
，即
，可得
，
所以点
到平面
的距离是
，故
错误．
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分。
12．（2026·天津红桥·一模）袋中装着标有数字
的小球各
个，从袋中任取个小球，每个小球被取出的
可能性都相等，用
表示取出的个小球上的最大数字，则取出的个小球上的数字互不相同的概率为
___________；随机变量
的数学期望为___________．
【答案】
/
【解题思路】第一空：利用古典概型的概率公式和对立事件的概率公式可求出结果；第二空先求出
的可能取值
为
，再求出
的每个取值的概率，由期望的计算公式，即可求解.
【解析】“取出的个小球上的数字互不相同”记为事件
，
则
为“取出的个小球上有
个数字相同”，∴
，则
．
又由题意可知
的可能取值为
，
，
，
，
．
可得
的分布列如表所示，
2
3
4
5
所以
.
13．（2026·湖北·一模）某湿地公园正在修建一个云星塔，其主体工程现已完成，由于还没有完全完工，周围由一
圈铁皮围栏围着，塔与道路之间的距离无法直接测得，有同学选取了与塔底
同一水平面内共线的三个点
，
，
，且在点
，
，
处测得塔顶端
的仰角分别为
，
，
，同时测得
，
（如下图），
则塔的高度为________
.
【答案】60
【解题思路】设
，则可由余弦定理构建关于的方程，求出其解即可.
【解析】由题设
，
设
，则
，
在
中，由余弦定理有
，
故
，同理
，
而
，故
，
所以
，故
，
故
.
14．（2026·广东广州·一模）已知函数
为奇函数，当
时，
（
），若
在
上单调递增，则
的取值范围是______．
【答案】
【解题思路】根据条件，利用函数的对称性，得
在区间
上单调递增，再由二次函数的性质，即可求解.
【解析】因为函数
为奇函数，所以
关于点
中心对称，
又
在
上单调递增，则
在区间
上也单调递增，
又当
时，
（
），对称轴为
，
当
时，
的图象开口向下，且
，此时
在区间
上单调递减，不合题意，
所以
，解得
，所以实数
的取值范围是
.
