2026届高三二轮复习数学综合测试卷(三)

2026年高三数学二轮复习综合测试卷(三) 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.已知集合,,则下列关系正确的是( ) A. B. C. D. 2.一组样本数据的平均数是,则该组数据的标准差为 ( ) A. B. C. D. 3.已知m，， ，则 的最小值为(    ) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 4.已知正四棱锥的底面正方形的中心为，若高,，则该四棱锥的表面积是 ( ) A. B. C. D. 5.已知为实数,向量,,若,则 ( ) A.或 B.或 C.或 D.或 6.在平面直角坐标系中,过点作一倾斜角为的直线与圆交于两点,若,则实数 ( ) A.或 B.或 C.或 D.或 7.若关于x的方程 有解，则实数m的最大值为 ( ) A. B. C. D. 8.若定义在R上的函数，满足，且，则…(    ) A. 0 B. C. 2 D. 1 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9.已知函数(),则“函数在区间和上各有一个零点”的一个充分但不必要条件可以是 ( ) A. B. C. D. 10.在正方体中,是底面正方形的中心, 和分别是棱和的中点；现有以下四个结论，其中正确结论的是 ( ) A.直线平面 B.直线平面 C.直线平面 D.直线与平面相交. 11.能够把圆的周长和面积同时分为相等的两部分的函数称为圆的“亲密函数”，下列函数是圆的“亲密函数”的是 (　　) A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.设复数满足,则的共轭复数________． 13.已知函数(),若在区间上有且仅有个零点和个最大值点,则的取值范围是__________. 14.如图，在五面体中，四边形为直角梯形,,平面平面，,,, ；则该五面体的体积为________． 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. 15.13分如图，在三棱柱中，，，，，P为线段的中点，点N为线段上靠近的三等分点． 求证：； 求平面NCP与平面ACP夹角的余弦值． 16.(15分)某企业认真贯彻党的二十大精神，以科技创新为先导，既为自身做大做强增加动力，又为提高和保障人民生活水平作出贡献，近期大批量生产一种恒流节水龙头.现将这批水龙头产品成箱包装，每箱有打，每一打有只，每一箱水龙头产品在出厂之前要对它的质量作检测，如果检测出不合格，则应更换合格品.检测时，先从这箱产品中任取一打作检测，再根据检测结果决定是否对该箱其余的水龙头作检测.设每只水龙头为不合格品的概率均是，且各只水龙头是否为不合格品相互独立.(1)记每一打的只水龙头中恰有只不合格品的概率是，求的最大值点.(2)今对一箱水龙头产品检测了一打，结果恰有只不合格品，以(1)中确定的作为的值.已知每只水龙头的检测费用是元，若有不合格水龙头出厂落入商家手中，则该企业要对每只水龙头支付元的信誉赔偿金.(i)若不对该箱其余的水龙头作检测，这一箱产品的检测费用与信誉赔偿金之和记为，求的期望.(ii)以检测费用与信誉赔偿金之和的期望值作为决策依据，是否该对这箱其余的所有水龙头作检测？ 17.(15分)已知椭圆的离心率为，且经过点，两个焦点分别为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过的直线与椭圆相交于两点，若的内切圆半径为，求以为圆心且与直线相切的圆的方程. 18.(17分)在学校的一节体育课上,同班的甲、乙、丙三个同学玩传球游戏；现规定第1次由甲将球传出，且每次每人传球只能向其他两人之一任意传出,设和分别表示经次传球后球回到甲和非甲(注意:非甲是指乙、丙两个同学)手里的传球方法种数.(1)试找出满足和的关系等式；(2)求数列的通项公式. 19.(17分)已知函数().(1)讨论的极值点个数；(2)设,若函数有两个不同的极值点，求的取值范围. 试卷(三)答案及解析 一、单选题： 1.D 由集合的代表元素来确定一个集合所含的实际意义.依题意知集合表示该函数的定义域,则由,解得,即；而集合表示该函数的值域,则由,得.从而有,；又由于,则,.故选D. 2.C 依题意,有,解得，则方差，故标准差．故选C. 3.B 对，，， 当且仅当，即，时等号成立.故选 4.C 依题意,正四棱锥的高底面,且,知为等腰直角三角形,则侧棱，且，则底面正方形的对角线,得正方形的边长,从而知正四棱锥的个侧面均是边长为的正三角形；故.故选C. 5.A 由,得；又,则有,即,解得或.故选A. 6.B 将圆方程化为,得圆心，半径.依题意，知直线的斜率，可得方程为,即,则圆心到直线的距离,且,解得；又由圆的弦长公式得,解得；于是有,化简整理得，解得或.故选B. 7.C 由题意得，，令，则，易知单调递增，所以令，，当时，，单调递增;当时，，单调递减，所以，得，故实数m的最大值为故选C. 8.D 令，则有，又， 令，，则有， 令，则有，，，，故选 二、多选题： 9.AC 法1,依题意,令,解得零点,或；由于,则函数在区间和上各有一个零点的充要条件是,解得；由于,因此满足题意的一个充分但不必要条件可以是或等；故选项AC正确. 法2:由于,要使函数在区间和上各有一个零点,等价于二次函数的图象与轴在区间和上各有一个交点,其充要条件为,即,解得,以下省略,同前解法. 10.BC 如图所示,不妨设正方体的棱长；对于选项A,取中点,连接和,易求得,再连接和,则 ,,由于,得,知直线平面,故A错误.对于选项B,取的中点,连接,且,知四边形为平行四边形,得,且平面,而平面,所以直线平面,故B正确.对于选项C,连接与,则平面与平面为同一平面,易证直线平面,所以直线平面,故C正确.对于选项D,由于是的中位线,知,且平面,而平面,所以直线平面,即直线与平面不相交,故D错误.综上所述,正确的结论是BC. 11.ABC　若函数是圆的“亲密函数”，则函数的图象经过圆心且关于圆心对称，因为圆的圆心为坐标原点，半径为；由于选项A中是上的奇函数满足题意；选项B中是上的奇函数符合条件；选项C中是定义在上的奇函数也满足条件；选项D中的图象不过圆心，且它为上的偶函数,所以不满足要求．故选项ABC正确. 三、填空题： 12.由,得,故. 13.由,得；因为,再由在区间上有且仅有个零点,得 ①,又在区间上有且仅有个最大值点,得 ②；依题意需同时满足①②式,于是得,即,解得.故填. 14.如图，连结；在直角梯形中,因为，且平面，平面，所以平面；又平面，平面平面，所以，从而得，且,故知四边形 也为梯形．因平面平面，平面平面,又,所以平面.易得直角梯形的面积,过点作于点,则平面,在中,，知四棱锥的体积,又三棱锥的体积；故该五面体的体积为.故填. 四、解答题： 15.解：因为，故，故侧面为矩形，故，又，，BC、平面， 所以平面，而平面，故，又，，故因为P是线段的中点，故， 且，AC、平面ACP，故平面ACP，因为平面ACP，故(6分) 由知，平面，平面ABC，故平面平面ABC， 以C为原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，过点C在平面内作垂直CB的直线为z轴，建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，易得平面ACP的一个法向量为设平面NCP的法向量，则，令，则记平面NCP与平面ACP夹角为，故，， 即平面NCP与平面ACP夹角的余弦值为(13分) 16.解:(1)由于每一打的只水龙头中恰有只不合格的概率是，且.则有，又因，令，解得.则当时,；当时,.即函数在上是递增的，在上是递减的；故的最大值点.(7分) (2)由(1)知，.(i)设表示该箱其余打共只水龙头产品中的不合格品只数，依题意知，则，而.故得元.(12分) (ii)如果对其余的打共只水龙头作检测，则这一箱产品所需要的检测费为元，由于，故不应该对这箱其余的所有水龙头作检测.(15分) 17.解：(1)由，即，所以，，将点的坐标代入椭圆方程得，故所求椭圆方程为.(6分) (2)设直线的方程为,代入椭圆方程得，显然判别式大于恒成立，设，的内切圆半径为，则有 ,，,于是有(9分)； 又因为 ,所以 ,解得,因为所求圆与直线相切，所以半径，故得所求圆的方程为.(15分) 18.解：(1)由于和分别表示经次传球后球回到甲和非甲手里的传球方法种数；因每次传球每人只能向其他两人之一任意传出，即表示每次传球均有种方法,所以由分步乘法计数原理知:次传球共有种方法数，故得. (7分) (2)由(1)知；因为每次非甲传给甲只有种方法，即得，所以，且由题意易知(11分).由，可得；设,比较前后两式系数得,即.故知数列是以为首项,以为公比的等比数列,则,解得为数列的通项公式.(17分) 19.解:(1)由于函数的定义域为,因为()；令,其.①当,即时,有,从而有对恒成立,即在上递增,故无极值点.②当，即时,方程的两个根分别是,.若,则，(不合),且当时，，当时，，即在上递减,在上递增，故有一个极小值点,无极大值点；若,则,，且当或时，，当时,,即在和上均递增,在上递减,故有一个极小值点和一个极大值点.综上可知:当时,有个极值点；当时,有个极值点；当时,有个极值点.(8分) (2)由(1)知函数的两个不同极值点均为正数,且是方程的两个根,于是有,且，解得.又,而，则.令 ()；则,再令,则对恒成立,知函数在上单调递增,则有,从而得函数在上单调递增,于是得,即.故的取值范围为.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $