2027年高考数学一轮复习检测卷（范围：第一章 集合与常用逻辑用语、不等式～第十章计数原理、概率、随机变量及其分布）（天津专用）

**基本信息** 本试卷为高中数学一轮综合训练，覆盖集合到概率统计全模块，通过基础题、能力题及新考法题梯度设计，融合游船调度、智能客服等真实情境，考查数学眼光、思维与语言，适配一轮复习知识整合需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|9/45|集合运算、逻辑关系、复数象限、函数单调性|第9题双曲线几何关系，体现新考法| |填空题|6/30|概率互斥、条件概率、抛物线弦长、立体几何夹角|第11题游船准点模拟，第15题平行四边形动态问题，渗透数学建模| |解答题|5/75|三角函数性质、立体几何证明与夹角、概率分布列、函数单调性与恒成立、数列通项与求和|17题多面体面面垂直证明，18题智能客服概率应用，综合考查逻辑推理与数学应用|

第一章 集合与常用逻辑用语、不等式~第十章计数原理、概率、随机变量及其分布（综合训练） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共45分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。 1．设全集，集合，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由全集，集合，得，而， 所以. 2．已知，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【详解】取，满足，但得不出， 所以“”是“”的不充分条件； 由，得， 所以“”是“”的必要条件； 所以“”是“”的必要不充分条件. 3．在复平面内，复数对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【详解】， 故复数在复平面内对应的点为，位于第二象限. 4．已知函数，则（    ） A．在区间上单调递减 B．在区间上单调递增 C．在区间上单调递减 D．在区间上单调递增 【答案】A 【详解】令，得，. 当时可得的一个单调递减区间为. 令，得，. 当时可得的一个单调递增区间为. ， 在区间上单调递减. 5．在钝角中，，，的对边分别为，，，为的重心，且满足，，当时，的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由 ，用余弦定理 代入， 所以，即， 因为三角形是钝角三角形，所以 ， 所以，由正弦定理 ， 代入得，已知 ，得， 以 为原点， 在 轴上，设 ，， 所以重心 ， 由 ， 所以， 代入 ，得 所以，解得 或 ， 对应 ，不是钝角，舍去， 因此，， 所以.    6．在梯形中，，，，，点，分别在线段，上运动，若，则，求的最大值（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，    由题意得各点坐标：，，，， 已知，且在线段上，故，即， ， 由得，因此， 则， 该式为开口向下的二次函数，对称轴为，代入得最大值： ， 即的最大值是，故D正确. 7．已知数列满足，则该数列的前2026项的乘积等于（    ） A．2024 B．2025 C． D． 【答案】C 【详解】因为，所以，， ，， 所以数列是周期为4的周期数列，且一个周期内的乘积：， 而， 所以. 8．已知函数为偶函数，且满足，且当时，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，所以， 用代替可得：， 所以，所以函数是以4为周期的周期函数. 所以. 令，由得，； 又因为函数为偶函数，所以， 所以. 因为，所以，解得. 所以. 所以. 9．【新考法】已知双曲线（，）的左右顶点分别为A，B，右焦点为F．点是双曲线右支上异于点B的任意一点，直线与直线的交点为Q，若，则双曲线的离心率（     ） A． B．2 C． D．3 【答案】B 【详解】由题意得，、、，. 因为点是双曲线右支上异于点B的任意一点， 当点在第一象限且直线垂直于轴时，有. ，直线的方程为：. 将代入直线的方程，得，即. 所以，，. ， ， ， 由得， ， ， ， ，化简得，，因为，所以，，即. 第二部分（非选择题 共105分） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10．已知，，且，互斥，则________． 【答案】0.3/ 【详解】因为，互斥，所以，因为， 又因为，，所以. 11．天津海河游船公司的调度员，正在模拟游船班次准点情况．已知：第一班游船准点到达码头的概率为0.8；若前一班游船准点，则下一班游船准点的概率为0.5；若前一班游船晚点，则下一班游船准点的概率为0.1．若已知第二班游船准点到达码头，则第一班游船准点到达码头的概率为______________；若调度员做5组模拟训练，每组连续安排两班游船，两班都准点记为“一趟顺行”，每组训练结果相互独立，设这5组训练中“一趟顺行”的次数为X，则期望______________． 【答案】 /0.42 2 【详解】第一空：设事件表示第一班游船准点到达码头，事件表示第二班游船准点到达码头， 则，，，， 所以，， 所以，因此； 第二空：由题可知，一组模拟训练中“一趟顺行”，即两班游船都准点，其概率为， 由调度员做5组模拟训练，每组训练结果相互独立，则， 所以. 12．抛物线（），过焦点的所有弦中，最短弦长为2，过作倾斜角的直线交圆：于、两点，则弦长____________________． 【答案】 【详解】解：由通径是抛物线中最短的弦，则，所以，焦点为， 因此，圆的方程为，圆心，半径.    因为倾斜角为，则斜率， 所以过焦点的直线方程为，即， 则圆心到直线的距离， 所以弦长. 13．如图，在三棱锥中，，，，是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为________；若点在底面上的投影是，则点到平面的距离为________． 【答案】 / / 【详解】 如图，取中点为,连接,，，所以 ,因为，所以,, ,,所以,所以 因为平面,所以平面， 所以在底面投影是的中点， 取中点为,连接,则，所以直线与所成的角是直线与所成的角, , ,在中，由余弦定理得 所以直线与所成角的余弦值是； 底面面积：是中点，； 三棱锥体积 中，所以 ， 设到平面距离为，则 所以，所以 则点到平面的距离是. 14．已知，，且，则的最小值为__________． 【答案】/ 【详解】因为，，，所以， ， . 所以， . 所以 当且仅当即时，等号成立. 所以的最小值为. 15．【新考法】在平行四边形中，，，，，，记，，用，表示________；若是线段上的一个动点，则的最小值为________． 【答案】 【详解】由向量的加法得 . 如图：以点为坐标原点，以所在直线为轴，以过点且垂直的直线为轴， 则，因为，，所以. 因为，所以是的三等分点， ， 因为，所以是的中点，所以 因为是线段上的一个动点，设， 则， 所以， 由向量的数量积公式 ， 因为，所以，有最小值为. 因此，有最小值为. 三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（14分）已知函数的最小正周期为，函数的图象关于直线对称． (1)求，的值； (2)当时，求的单调递增区间； (3)将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，设函数，若，，，求实数的取值范围． 【答案】(1)，(2)(3) 【详解】（1）由函数的最小正周期为，得，因此， 由函数的图象关于直线对称，得，而， 所以. （2）由（1）得，由，得， 由，得；由，得， 所以当时，的单调递增区间是. （3）将的图象向左平移个单位长度，得函数， 当时，，，因此； 由，恒成立，得， 函数，由，得， 当时，，则，解得，因此； 当时，，则，解得，因此； 当时，，则，解得，因此， 所以实数的取值范围为. 17．（15分）如图，在多面体中，平面平面，四边形为矩形．四边形中，，，，，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面所成夹角的大小； (3)点在线段上，当与平面所成角的大小为时，求的长． 【答案】(2)(3) 【详解】(1)由四边形为矩形，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 又平面，所以平面平面. （2）由平面，得直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，则， 因此是平面的一个法向量，而是平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 解得，所以平面与平面的夹角大小为. （3）由（2）得，由点在线段上，， 即，则点，而， 设平面的法向量为，则，取，得， 而，直线与平面所成角的大小为， 因此，解得， 即点与点重合，所以. 18．（15分）某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立． (1)求智能客服的回答被采纳的概率； (2)在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望； (3)公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由． 【答案】(1) (2) 0 1 2 3 期望 (3)该系统会得到推广，，符合推广要求. 【详解】（1）记事件为“智能客服的回答被采纳”，事件为“输入的问题表达清晰”，则为“输入的问题表达不清晰”. 由题意得：，所以. 又，. 由全概率公式得： . 所以智能客服的回答被采纳的概率为. （2）由（1）知每次回答被采纳的概率，且各次是否被采纳相互独立，故测试个问题中被采纳的次数服从二项分布，即，的可能取值为. ， ， ， . 则的分布列为： 0 1 2 3 期望. （3）抽取10个问题，设被采纳的次数为，则，总得分. 由期望的性质得：. 因为，满足推广条件，所以该系统会得到推广. 19．（15分）已知函数 (1)时，判断在定义域的单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)设，记的极小值点为，证明． 【答案】(1)在定义域上单调递增.(2) 【详解】（1）当时，函数，其定义域为. . 令，则. 令，得. 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得最小值，最小值为. 所以恒成立，所以在定义域上单调递增. （2）若恒成立， 则恒成立， 即，恒成立. 令， 则. 令，得或（舍去）. 又是增函数， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以在处取得最大值，最大值为. 故实数的取值范围是. (3)设，则，定义域为. . 令，则. 令，得. 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得最小值，最小值为. 又，，， 所以存在，使得， 即，即. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极小值，所以. . 令，则在单调递减. 又， 所以，即 20．（16分）已知正项等比数列的前项和为，且，等差数列前项和为，满足，. (1)求数列，的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，若，对任意的正整数都有恒成立，求实数的最大值. 【答案】(1)，，(2)；(3) 【详解】（1）设数列的公比为， 因为，故， 因为，所以，又， 所以，故或（舍去）， 当时，，， 设数列的公差为， 由，，得，， 解得，，所以； （2） 令为的前项和，则， ， 所以， 所以， 所以； 令为的前项和，则 所以. 故 ， ， 即； （3）因为，， 故恒成立 设 时，； 时，， ， 恒成立，即恒成立， ，当且仅当时等号成立， ，故的最大值为. 7 / 10学 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 集合与常用逻辑用语、不等式~第十章计数原理、概率、随机变量及其分布（综合训练） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共45分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。 1．设全集，集合，，则（     ） A． B． C． D． 2．已知，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．在复平面内，复数对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．已知函数，则（    ） A．在区间上单调递减 B．在区间上单调递增 C．在区间上单调递减 D．在区间上单调递增 5．在钝角中，，，的对边分别为，，，为的重心，且满足，，当时，的面积为（     ） A． B． C． D． 6．在梯形中，，，，，点，分别在线段，上运动，若，则，求的最大值（     ） A． B． C． D． 7．已知数列满足，则该数列的前2026项的乘积等于（    ） A．2024 B．2025 C． D． 8．已知函数为偶函数，且满足，且当时，，则（     ） A． B． C． D． 9．【新考法】已知双曲线（，）的左右顶点分别为A，B，右焦点为F．点是双曲线右支上异于点B的任意一点，直线与直线的交点为Q，若，则双曲线的离心率（     ） A． B．2 C． D．3 第二部分（非选择题 共105分） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10．已知，，且，互斥，则________． 11．天津海河游船公司的调度员，正在模拟游船班次准点情况．已知：第一班游船准点到达码头的概率为0.8；若前一班游船准点，则下一班游船准点的概率为0.5；若前一班游船晚点，则下一班游船准点的概率为0.1．若已知第二班游船准点到达码头，则第一班游船准点到达码头的概率为______________；若调度员做5组模拟训练，每组连续安排两班游船，两班都准点记为“一趟顺行”，每组训练结果相互独立，设这5组训练中“一趟顺行”的次数为X，则期望______________． 12．抛物线（），过焦点的所有弦中，最短弦长为2，过作倾斜角的直线交圆：于、两点，则弦长____________________． 13．如图，在三棱锥中，，，，是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为________；若点在底面上的投影是，则点到平面的距离为________． 14．已知，，且，则的最小值为__________． 15．【新考法】在平行四边形中，，，，，，记，，用，表示________；若是线段上的一个动点，则的最小值为________． 三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（14分）已知函数的最小正周期为，函数的图象关于直线对称． (1)求，的值； (2)当时，求的单调递增区间； (3)将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，设函数，若，，，求实数的取值范围． 17．（15分）如图，在多面体中，平面平面，四边形为矩形．四边形中，，，，，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面所成夹角的大小； (3)点在线段上，当与平面所成角的大小为时，求的长． 18．（15分）某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立． (1)求智能客服的回答被采纳的概率； (2)在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望； (3)公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由． 19．（15分）已知函数 (1)时，判断在定义域的单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)设，记的极小值点为，证明． 20．（16分）已知正项等比数列的前项和为，且，等差数列前项和为，满足，. (1)求数列，的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，若，对任意的正整数都有恒成立，求实数的最大值. 10 / 10学 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 集合与常用逻辑用语、不等式~第十章计数原理、概率、随机变量及其分布（综合训练） 参考答案 第一部分（选择题 共45分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 D B B A C D C C B 第二部分（非选择题 共105分） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10．0.3/ 11． /0.42 2 12. 13． / / 14． / 15． 三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（14分） （1）由函数的最小正周期为，得，因此， 由函数的图象关于直线对称，得，而， 所以.（4分） （2）由（1）得，由，得， 由，得；由，得， 所以当时，的单调递增区间是.（9分） （3）将的图象向左平移个单位长度，得函数， 当时，，，因此； 由，恒成立，得， 函数，由，得， 当时，，则，解得，因此； 当时，，则，解得，因此； 当时，，则，解得，因此， 所以实数的取值范围为.（14分） 17．（15分） (1)由四边形为矩形，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 又平面，所以平面平面.（4分） （2）由平面，得直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，则， 因此是平面的一个法向量，而是平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 解得，所以平面与平面的夹角大小为.（10分） （3）由（2）得，由点在线段上，， 即，则点，而， 设平面的法向量为，则，取，得， 而，直线与平面所成角的大小为， 因此，解得， 即点与点重合，所以.（15分） 18．（15分） （1）记事件为“智能客服的回答被采纳”，事件为“输入的问题表达清晰”，则为“输入的问题表达不清晰”. 由题意得：，所以. 又，. 由全概率公式得： . 所以智能客服的回答被采纳的概率为.（5分） （2）由（1）知每次回答被采纳的概率，且各次是否被采纳相互独立，故测试个问题中被采纳的次数服从二项分布，即，的可能取值为. ， ， ， . 则的分布列为： 0 1 2 3 期望.（10分） （3）抽取10个问题，设被采纳的次数为，则，总得分. 由期望的性质得：. 因为，满足推广条件，所以该系统会得到推广.（15分） 19．（15分） 【详解】（1）当时，函数，其定义域为. . 令，则. 令，得. 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得最小值，最小值为. 所以恒成立，所以在定义域上单调递增.（5分） （2）若恒成立， 则恒成立， 即，恒成立. 令， 则. 令，得或（舍去）. 又是增函数， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以在处取得最大值，最大值为. 故实数的取值范围是.（9分） (3)设，则，定义域为. . 令，则. 令，得. 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得最小值，最小值为. 又，，， 所以存在，使得， 即，即. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极小值，所以. . 令，则在单调递减. 又， 所以，即（15分） 20．（16分） （1）设数列的公比为， 因为，故， 因为，所以，又， 所以，故或（舍去）， 当时，，， 设数列的公差为， 由，，得，， 解得，，所以；（4分） （2） 令为的前项和，则， ， 所以， 所以， 所以；（9分） 令为的前项和，则 所以. 故 ， ， 即；（11分） （3）因为，， 故恒成立 设 时，； 时，， ， 恒成立，即恒成立， ，当且仅当时等号成立， ，故的最大值为.（16分） 答案第2页，共2页 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $