综合测试卷5-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 综合测试卷五以“数学思维”与“数学语言”为核心，整合集合逻辑、函数导数、几何代数、统计概率模块，通过典例提炼构造函数、椭圆定义等方法，形成知识网络与解题体系。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |集合与逻辑|2题|充要条件判断、命题否定|概念辨析与逻辑推理| |函数与导数|3题|构造函数、单调性分析|性质应用与转化思想| |几何与代数|4题|椭圆定义、空间向量法|空间与平面几何结合| |统计与概率|2题|数据特征、正态分布|实际问题数学建模|

综合测试卷五 一、单选题 1．已知集合，，若，则满足集合的个数为（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 2．下列说法正确的是（    ） A．“”是“”的充要条件 B．“”是“”的必要不充分条件 C．命题“”的否定形式是“” D．“”是“”的充分不必要条件 3．在日常生活中，我们发现一杯热水放在常温环境中，随时间的推移会逐渐变凉，物体在常温环境下的温度变化有以下规律：如果物体的初始温度为，则经过一定时间，即分钟后的温度满足称为半衰期，其中是环境温度.若，现有一杯的热水降至大约用时1分钟，那么水温从降至大约还需要（    ）（参考数据：） A．8分钟 B．9分钟 C．10分钟 D．11分钟 4．（    ） A． B．1 C． D．2 5．若，，，则a，b，c的大小关系为（   ）. A． B． C． D． 6．已知函数在与上的值域均为，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．已知是椭圆的左，右焦点，A，B是椭圆C上的两点．若，且，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．已知定义在上的函数满足（为的导函数），且，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．现有十个点的坐标为 ，它们分别与 关于点对称.已知 的平均数为，中位数为 ，方差为，极差为，则 这组数满足（    ） A．平均数为 B．中位数为 C．方差为 D．极差为6- 10．在中，内角所对的边分别为且，则（   ） A． B．若，则 C．若，则面积的最大值为 D．若，则 11．已知定义域为的函数，对任意，都有，且，则（    ） A． B．为偶函数 C．为奇函数 D． 三、填空题 12．的展开式中，其中不含x的项为 ． 13．已知，，则 . 14．如图，平面四边形中，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为 . 四、解答题 15．（13分）等差数列的前项和为，已知，.(1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和 16（15分）如图，在四棱锥中，底面，，，，为棱上一点． (1)若是的中点，求证：直线平面； (2)若，且二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积 17．（15分）已知函数 (1)当时，求的最大值； (2)若，，求实数k的取值范围． 18（17分）已知点，，点P在以AB为直径的圆C上运动，轴，垂足为D，点M满足，点M的轨迹为W，过点的直线l交W于点E、F. (1)求W的方程； (2)若直线l的倾斜角为，求直线l被圆C截得的弦长； (3)设直线AE，BF的斜率分别为，，证明为定值，并求出该定值. 19（17分）某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试.现对测试数据进行整理，得到如下的频率分布直方图： (1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； (2)由频率分布直方图计算得样本标准差s的近似值为49.75.根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，其中μ近似为样本平均数，σ近似为样本标准差S. （ⅰ）利用该正态分布，求； （ⅱ）假设某企业从该汽车公司购买了20辆该款新能源汽车，记Z表示这20辆新能源汽车中单次最大续航里程位于区间（250.25，399.5）的车辆数，求E（Z）； 参考数据：若随机变量ξ服从正态分布，则，. (3) 某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在x轴上从原点O出发向右运动，已知硬币出现正、反面的概率都，客户每掷一次硬币，遥控车向右移动一次，若掷出正面，则遥控车向移动一个单位，若掷出反面，则遥控车向右移动两个单位，直到遥控车移到点（59，0）（胜利大本营）或点（60，0）（失败大本营）时，游戏结束，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券.设遥控车移到点的概率为，试证明数列是等比数列，求出数列的通项公式，并比较和的大小. 综合测试五参考答案 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 D B C B A A B D 3.【详解】根据题意得，即；则，所以，可得，两边取常用对数得，故选：C. 6.【详解】，若，则， 若，则，因为，，所以，则有，解得，即的取值范围是.故选：A. 7.【详解】由题意可知：，设， 因为，则，可得， 由椭圆定义可知：，即， 整理可得；又因为，则∥，且，则，可得， 由椭圆定义可知：，即，整理可得；即，可得，所以椭圆C的离心率.故选：B. 8.【详解】由题意可得，即，令，则，所以在上单调递增，因为，所以，所以，所以，所以， 所以，所以，所以，又，故与2的大小关系不确定.故选：D. 9.【详解】由于 ，它们分别与 关于点对称， 则有，即有 . 则由平均数的性质可得这组数的平均数为 ， 结合中位数性质可知中位数为 ，结合方差性质可得方差为，极差非负，所以极差为. 故选：ABC 10.【详解】因为，由余弦定理得，，由为三角形内角得，，A正确；若，则，，由正弦定理得，，所以，代入，得，B错误； 若，则，当且仅当时取等号，所以，此时，C正确；因为，所以，因为，所以，D正确．故选：ACD． 11.【详解】令，得，又，所以，故A错误； 令得，，所以，故为偶函数，故B正确；令，得，所以， 又，所以，而的定义域是全体实数，所以为奇函数，故C正确；由C可得，也即，所以，所以，故D正确.故选：BCD. 12.【详解】由二项式定理可得展开式的通项为， 所以多项式的展开式中不含x的项分别为：和.故答案为：和 13.【详解】由题意可知， 所以，由题意可知，， 由可得，所以. 故答案为： 14.【详解】因为，，平面，所以平面， 将三棱锥补形为如图所示的直三棱柱，则它们的外接球相同，外接球的球心在棱柱上下底面三角形的外心连线上，令的外心为，由为等边三角形，， 得，因为，所以在中， 即外接球的半径为2，所以外接球的表面积为.故答案为： 15．【详解】（1）设数列的公差为， ∵，∴，………………………………………………………………………………2分 ∵，∴  ，∴公差为，∴，……………………………………………………4分 ∴ ； ……………………………………………………………………………6分 （2）由已知，……………………………………………………………8分 时，； 时，；………………………………………………12分 综上.……………………………………………………………………………13分 16．（15分） 【详解】（1）证明：取的中点，连，， 为的中点，且，………………………………2分 又，且， ，， 所以四边形为平行四边形，…………………………………………………………………………4分 ， 又平面，平面，故直线平面．………………………………………6分 （2）以为坐标原点，以，，所在射线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，……………………………………………………8分 设，则，， 在棱上，可设， 故，解得，即， 易知平面的法向量为，………………………………………………………………………10分 设平面的法向量，，， ，即， 即， 取，则，， 故，……………………………………………………………………………………………12分 因为二面角的平面角的余弦值为， 所以，即， 即， ，解得，故是的中点，……………………………14分 因此……………………………………………15分 17．（15分） 【详解】（1）当时，，其定义域为. 对求导，. 化简.……………………………………………………………………………2分 展开. 所以. ……………………………………………………………………………4分 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以在处取得最大值，.……………………………………6分 （2）时， 当时，因为， 所以，……………………………………………………………………8分 所以 当时，因为，所以舍去. …………………………………………………………10分 当时，因为 所以令，得 ……………………………………………………………………………12分 当时，，所以单调递增，所以， 不合题意，故舍去. 综上可知： 综上所的，实数k的取值范围为.………………………………………………15分 18．（17分） 【详解】（1）    由题意，点在圆上运动，设，，， 由得，，……………………………………………………………………2分 又，所以，所以的方程为；…………………………………4分 （2）直线的方程为，即， 圆心到直线的距离为，…………………………………………………6分 所以直线被圆C截得的弦长为；………………………………………………8分 （3）    由题意，直线斜率不为0，设直线的方程为，，， 联立得， 所以，， 故，…………………………………………………………………………………14分 .……………………………………………17分 19．（17分） 【详解】（1）.………………………………………2分 （2）（ⅰ）.…………………………………4分 （ⅱ））∵Z服从二项分布，∴.……………………………6分 （3）当时，， . ∴是以为首项，为公比的等比数列，……………………………………9分 . . 累加得： . ∴…………………………………………………………………………15分 ∵，∴. ……………………………………………17分 注：比较和的另一个过程：. 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $