2027届高考数学一轮复习专项拔高抢分练类型3 “6+2+2+3”95分满分练3

**基本信息** 以“6+2+2+3”题量结构覆盖集合、复数、立体几何等模块，通过分层题型系统训练数学抽象、逻辑推理与运算能力，解析中蕴含解题方法提炼与知识迁移路径。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |代数|6（单1-6）|集合运算结合函数值域、复数模计算、双曲线离心率方程法|概念（集合/复数）→性质（单调性/离心率）→综合应用| |几何|4（多8/填9/解12）|线面平行构造辅助平面、空间向量求夹角、向量数量积坐标法|空间形式（线面关系）→数量关系（向量运算）→几何证明与计算| |统计概率|3（多7/解13）|数据特征变换规律、分类讨论求概率、期望比较决策|数据表征（平均数/方差）→概率模型→统计推断|

“6+2+2+3”95分满分练3 (70分钟　95分) 一、单选题(每小题5分,共30分) 1.已知集合A={x∈R|x2−x−2<0},B={y|y=2x,x∈A},则A∩B=(　　) A.(−1,4)　 B.(,1) C. (,1)　 D. (,2) 2.复数z满足zi=2+3i,则=(　　) A. B. C. D.3 3.《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽,周四丈八尺,高一丈一尺 .问积几何?答曰:二千一百一十二尺.术曰:周自相乘,以高乘之,十二而一”.这里所说的圆堡瑽就是圆柱体,它的体积为“周自相乘,以高乘之,十二而一”.就是说:圆堡瑽(圆柱体)的体积为V=×(底面圆的周长的平方×高),则由此可推得圆周率π的取值为(　　) A.3 B.3.1 C.3.14 D.3.2 4.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若B=π,b=6,a2+c2=3ac,则△ABC的面积为(　　) A.　 B. C.　 D. 5.若函数f(x)=loga(ax−x3)(a>0且a≠1)在区间(0,1)内单调递增,则a的取值范围是(　　) A.[3,+∞) B.(1,3] C.(0,) D.[,1) . 6.设F为双曲线C:=1(a>0,b>0)的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P,Q两点,若PQ=OF,则C的离心率为(　　) A. B. C.2 D. 二、多选题(每小题6分,共12分) 7.有一组样本数据x1,x2,…,xn,其平均数、中位数、方差、极差分别记为a1,b1,c1,d1,由这组数据得到新样本数据y1,y2,…,yn,其中yi=kxi+2 025(i=1,2,…,n),其平均数、中位数、方差、极差分别记为a2,b2,c2,d2,则(　　) A.a2=ka1+2 025 B.b2=kb1+2 025 C.c2=k2c1 D.d2=kd1 8.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1D1的中点,则下列选项正确的是(　　) A.BD⊥B1C B.EF∥平面DB1B C.AC1⊥平面B1D1C D.过直线EF且与直线BD1平行的平面截该正方体所得截面面积为 三、填空题(每小题5分,共10分) 9.如图所示,正方形ABCD的边长为,正方形EFGH的边长为1,则·的值为________.若在线段AB上有一个动点M,则·的最小值为________.  10.若的展开式中二项式系数之和为32,则(x+2y)(x−y)n的展开式中x2y4的系数为________.  四、解答题(共43分) 11.(13分)已知数列{an}的通项公式为an=. (1)求证:≤an<1; (2)令bn=log2,证明:++…+<. 12.(15分)如图,在四棱锥E−ABCD中,底面ABCD为直角梯形, AB∥CD且AB=CD=1,AB⊥BC,∠ADC=60°,cos∠CDE=,M,N分别是棱AD,EC的中点,△ADE为等边三角形. (1)证明:MN∥平面ABE; (2)求平面BCE与平面ADE夹角的余弦值. 13.(15分)为加强国家安全宣传,某学校举行国家安全知识问答竞赛,竞赛共有两类题,第一类是5个中等难度题,每答对一个得10分,答错得0分,第二类是数量较多、难度相当的难题,每答对一个得20分,答错一个扣5分.每位参加竞赛的同学从这两类题中共抽出4个回答(每个题抽后不放回),要求第二类题中至少抽2个.学生小明第一类5题中有4个答对,第二类题中答对每个问题的概率都是. (1)若小明选择从第一类题中抽两个题,求这次竞赛中,小明共答对3个题的概率; (2)若小明第一个题是从第一类题中抽出并回答正确,根据得分期望给他建议,后面三个题应该选择从第二类题中抽出多少个题回答? “6+2+2+3”95分满分练3参考答案 (70分钟　95分) 一、单选题(每小题5分,共30分) 1.已知集合A={x∈R|x2−x−2<0},B={y|y=2x,x∈A},则A∩B=(　　) A.(−1,4)　 B.(,1) C. (,1)　 D. (,2) 【解析】选D.A={x∈R|x2−x−2<0}={x∈R|(x−2)(x+1)<0}={x∈R|−1<x<2}=(−1,2), 则B={y|y=2x, x∈(−1,2)}={y|<y<4}=(,4), 所以A∩B=(,2). 2.复数z满足zi=2+3i,则=(　　) A. B. C. D.3 【解析】选C.因为复数z满足zi=2+3i, 所以z===3−2i, 所以|z|==. 3.《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽,周四丈八尺,高一丈一尺 .问积几何?答曰:二千一百一十二尺.术曰:周自相乘,以高乘之,十二而一”.这里所说的圆堡瑽就是圆柱体,它的体积为“周自相乘,以高乘之,十二而一”.就是说:圆堡瑽(圆柱体)的体积为V=×(底面圆的周长的平方×高),则由此可推得圆周率π的取值为(　　) A.3 B.3.1 C.3.14 D.3.2 【解析】选A.设圆柱体的底面半径为r,高为h,由圆柱的体积公式得体积为:V=πr2h. 由题意知V=×(2πr)2×h. 所以πr2h=×(2πr)2×h,解得π=3. 4.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若B=π,b=6,a2+c2=3ac,则△ABC的面积为(　　) A.　 B. C.　 D. 【解析】选A.由余弦定理得b2=a2+c2−2accos B, 即36=a2+c2+ac=3ac+ac=4ac,解得ac=9, 所以三角形ABC的面积为acsin B=×9×=. 5.若函数f(x)=loga(ax−x3)(a>0且a≠1)在区间(0,1)内单调递增,则a的取值范围是(　　) A.[3,+∞) B.(1,3] C.(0,) D.[,1) 【解析】选A.令μ=g(x)=ax−x3,则g'(x)=a−3x2, 当x>或x<−时,g'(x)<0, 当−<x<时,g'(x)>0, 所以g(x)在(,+∞)和(−∞,−)上单调递减,在(−,)上单调递增, 当a>1时,y=logaμ为增函数,且函数f(x)在区间(0,1)内单调递增. 所以,解得a≥3, 此时g(x)在(0,1)上单调递增,则g(x)>g(0)=0恒成立, 当0<a<1时,y=logaμ为减函数,且函数f(x)在区间(0,1)内单调递增,所以,无解, 综上所述,a的取值范围是[3,+∞). 6.设F为双曲线C:=1(a>0,b>0)的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P,Q两点,若PQ=OF,则C的离心率为(　　) A. B. C.2 D. 【解析】选A.设双曲线C的焦距为2c,则F(c,0), 则线段OF的中点为(,0),|OF|=c, 则以OF为直径的圆的圆心为(,0),半径为, 所以以OF为直径的圆的方程为+y2=, 即x2+y2−cx=0, 联立,消去二次项得直线PQ的方程为x=, 圆x2+y2=a2的圆心为O,半径为a, 因为O到直线PQ的距离d=, 所以|PQ|=2=2. 又因为|PQ|=|OF|, 所以2=c, 所以c2−2a2=0, 所以c2=2a2,则c=a, 所以双曲线的离心率为e==. 二、多选题(每小题6分,共12分) 7.有一组样本数据x1,x2,…,xn,其平均数、中位数、方差、极差分别记为a1,b1,c1,d1,由这组数据得到新样本数据y1,y2,…,yn,其中yi=kxi+2 025(i=1,2,…,n),其平均数、中位数、方差、极差分别记为a2,b2,c2,d2,则(　　) A.a2=ka1+2 025 B.b2=kb1+2 025 C.c2=k2c1 D.d2=kd1 【解析】选ABC.对于A选项,由平均数的性质可得a2=ka1+2 025, A对; 对于B选项,不妨设x1≤x2≤…≤xn, 若n为奇数,设n=2m+1(m∈N),则数据x1,x2,…,x2m+1的中位数为xm+1, 若k>0,新样本数据由小到大依次为y1,y2,…,y2m+1, 这组数据的中位数为b2=ym+1=kxm+1+2 025=kb1+2 025; 当k≤0,新样本数据由小到大依次为y2m+1,y2m,…,y1, 这组数据的中位数为b2=ym+1=kxm+1+2 025=kb1+2 025; 若n为偶数,同理可知,b2=kb1+2 025,B对; 对于C选项,由方差的性质可得c2=k2c1,C对; 对于D选项,若xi,xj(1≤i,j≤n)是x1,x2,…,xn中的最大值、最小值, 当k>0时,则yi=kxi+2 025为y1,y2,…,yn中的最大值, yj=kxj+2 025为y1,y2,…,yn中的最小值, 此时,d2=yi−yj=k(xi−xj)=kd1; 当k≤0时,则yi=kxi+2 025为y1,y2,…,yn中的最小值, yj=kxj+2 025为y1,y2,…,yn中的最大值, 此时,d2=yj−yi=−k(xi−xj)=−kd1,D错. 8.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1D1的中点,则下列选项正确的是(　　) A.BD⊥B1C B.EF∥平面DB1B C.AC1⊥平面B1D1C D.过直线EF且与直线BD1平行的平面截该正方体所得截面面积为 【解析】选BC.对于A,因为B1C∥A1D,所以∠A1DB是BD与B1C所成角(或所成角的补角), 因为A1D=BD=A1B,所以∠A1DB=60°,所以BD与B1C不垂直,故A错误; 对于B,取AD中点G,连接FG,EG,则EG∥BD,FG∥BB1, 因为EG∩FG=G,BD∩BB1=B, 所以平面EFG∥平面DB1B, 因为EF⊂平面EFG,所以EF∥平面DB1B,故B正确; 对于C,因为A1C1⊥B1D1,AA1⊥B1D1, A1C1∩AA1=A1,A1C1,AA1⊂平面AA1C1, 所以B1D1⊥平面AA1C1, 因为AC1⊂平面AA1C1, 所以AC1⊥B1D1,同理AC1⊥B1C, 因为B1D1∩B1C=B1,B1D1,B1C⊂平面B1D1C, 所以AC1⊥平面B1D1C,故C正确; 对于D,取A1B1中点H,连接FH,EH, 则FH∥B1D1,GF∥BB1, 因为FH∩GF=F,B1D1∩BB1=B1, 所以平面EHFG∥平面BB1D1D, 因为BD1⊂平面BB1D1D,EF⊂平面EHFG, 所以过直线EF且与直线BD1平行的平面截该正方体所得截面为矩形EHFG, 因为GF=2,GE=BD==, 所以过直线EF且与直线BD1平行的平面截该正方体所得截面面积S=2,故D错误. 三、填空题(每小题5分,共10分) 9.如图所示,正方形ABCD的边长为,正方形EFGH的边长为1,则·的值为________.若在线段AB上有一个动点M,则·的最小值为________.  【解析】由已知得正方形ABCD与正方形EFGH的中心重合,不妨设中心点为O,连接OH,OE,OF,OG,OD,OC,OA,OB, 所以AO=,OG=OE=, 则·=(+)·(+)=+·(+)−= =()2−()2=6; ·=(+)·(+)=+·(+)− ==, 显然,当M为AB的中点时,|MO|min=, 所以(·)min==. 答案:6　 10.若的展开式中二项式系数之和为32,则(x+2y)(x−y)n的展开式中x2y4的系数为________.  【解析】由的展开式中二项式系数之和为32得,2n=32,故n=5,(x−y)n的展开式通项为(−1)kx5−kyk,故x2y4的项为+,k1=4,k2=3, 即(−1)4x2y4+(−1)3x2y4=−15x2y4. 答案:−15 四、解答题(共43分) 11.(13分)已知数列{an}的通项公式为an=. (1)求证:≤an<1; 【解析】(1)an==1−,可知数列{an}单调递增,则当n=1时,{an}取最小值为,故≤an<1,得证. (2)令bn=log2,证明:++…+<. 【解析】(2)bn=log2=n, 当n≥3时,=<=, ++…+<1+++…+=<;当n=2时,+=1+=<; 当n=1时,=1<,得证. 12.(15分)如图,在四棱锥E−ABCD中,底面ABCD为直角梯形, AB∥CD且AB=CD=1,AB⊥BC,∠ADC=60°,cos∠CDE=,M,N分别是棱AD,EC的中点,△ADE为等边三角形. (1)证明:MN∥平面ABE; 【解析】(1)如图,取DE的中点F,连接MF,NF. 因为M,N分别是棱AD,EC的中点, 所以MF∥AE,NF∥CD. 因为AB∥CD,所以NF∥AB. 因为MF∥AE,MF⊄平面BAE,AE⊂平面BAE, 所以MF∥平面BAE,同理可得NF∥平面BAE, 因为MF∩NF=F,MF,NF⊂平面MNF,所以平面MNF∥平面BAE, 因为MN⊂平面MNF,所以MN∥平面ABE. (2)求平面BCE与平面ADE夹角的余弦值. 【解析】(2)如图,连接CM,ME,AC,取DC的中点G,连接AG, 因为AB∥CD且AB=CD=1, 所以AB∥CG且AB=CG, 所以四边形ABCG为平行四边形,故BC∥AG, 因为AB⊥BC,所以AG⊥CD,且GD=1, 因为∠ADC=60°, 所以AD=2,故△ADC为等边三角形, 所以CM⊥AD,CM=. 因为△ADE为等边三角形,所以DE=2,EM=,ME⊥AD. 在△CDE中,由余弦定理得,CE2=DC2+DE2−2DC·DE·cos∠CDE =4+4−2×2×2×=6, 所以CM2+ME2=CE2,即CM⊥ME,故MD,ME,MC两两互相垂直. 以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则C(0,0,),E(0,,0),D(1,0,0),A(−1,0,0), 由==(−,0,)得B(−,0,), 所以=(0,−,),=(−,−,), 设平面BCE的一个法向量为n=(x,y,z), 则, 令z=3,则y=3,x=−,故n=(−,3,3). 取平面ADE的一个法向量m=(0,0,1), 则cos<m,n>===, 所以平面BCE与平面ADE夹角的余弦值为. 13.(15分)为加强国家安全宣传,某学校举行国家安全知识问答竞赛,竞赛共有两类题,第一类是5个中等难度题,每答对一个得10分,答错得0分,第二类是数量较多、难度相当的难题,每答对一个得20分,答错一个扣5分.每位参加竞赛的同学从这两类题中共抽出4个回答(每个题抽后不放回),要求第二类题中至少抽2个.学生小明第一类5题中有4个答对,第二类题中答对每个问题的概率都是. (1)若小明选择从第一类题中抽两个题,求这次竞赛中,小明共答对3个题的概率; 【解析】(1)小明共答对3个题有两种情况: 当第一类题目答对2道,第二类题答对1道时,第一类题目答对2道概率为==,第二类题答对1道概率为××=, 此时小明共答对3个题概率为×=, 当第一类题目答对1道,第二类题答对2道时, 第一类题目答对1道概率为==,第二类题答对2道概率为×=, 此时小明共答对3个题概率为×=, 所以小明共答对3个题的概率为+=, (2)若小明第一个题是从第一类题中抽出并回答正确,根据得分期望给他建议,后面三个题应该选择从第二类题中抽出多少个题回答? 【解析】(2)由题意知:有以下两种情况: 第一类题目选0道,第二类题目选3道, 第二类题目答对的数学期望为3×=,答错的期望为3×=,所以这三道题得分的数学期望为×20−×5=(分), 第一类题目选1道,第二类题目选2道, 由于小明第一个题是从第一类题中抽出并回答正确,则剩下的4个题中有3个会做, 第一题得分的期望为×10=分,第二题得分的期望为×2×20−×2×5=(分), 所以这三道题得分的数学期望为+=35(分), 因为>35,所以应从第二类题目中选3道. - 10 - 学科网（北京）股份有限公司 $