【文档说明】湖南省长沙市长郡中学2025届高三上学期数学一轮复习小题精练5 Word版含解析.docx，共(13)页，810.502 KB，由小赞的店铺上传

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长郡中学2025届高三数学复习小题精练（5）一、单选题1．已知集合2,3kMxxk+==Z，2,3Nxxkk==+Z，则（）A．MNM=B．MNM=C．MN=D．MN=2．中国古代著作《张丘建算经》中有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里．”意

思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天走的里程数约为（）A．5.51B．11.02C．22.05D．44.093．已知()()22,0,ln1,0,xxfxxx−=−则不等式()()233fxfxx++的

解集是（）A．()3,1−B．()0,1C．()(),31,−−+D．()1,+4．函数()21sin1exfxx=−+的图象大致形状是（）A．B．C．D．5．在𝛥𝐴𝐵𝐶中，,2,1,,ABACABACABACEF+=−==为BC的

三等分点，则·AEAF=A．89B．109C．259D．2696．若sintancos5sin=−，则πtan24α+=（）A．25B．73C．37D．527．已知双曲线22221(0,0)xyabab

−=的左､右焦点分别为12,FF，右焦点2F到渐近线的距离为33+，过1F作圆222:Cxya+=的切线，交双曲线右支于点M，若121cos2FMF=，则圆C的面积为（）A．9πB．8πC．6πD．4π8．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数

不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知1AB=，则关于图中的半正多面体，下列说法

正确的有（）A．该半正多面体的体积为524B．该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为334C．该半正多面体外接球的表面积为8πD．该半正多面体的表面积为623+二、多选题9．已知等比数列na的公比为q，前n项和为nS，若1

1S=−，且*2N,nnnaa+，则（）A．20aB．01qC．1nnaa+D．11nSq−10．在某次围棋比赛中，甲、乙两人进入决赛.决赛采用五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束.

假设每局比赛甲胜乙的概率都为()01pp，且每局比赛的胜负互不影响，记决赛中的比赛局数为X则（）A．乙连胜三场的概率是3(1)p−B．33(4)3(1)3(1)PXpppp==−+−C．22(5)12(1)PXpp

==−D．(5)PX=的最大值是3811．如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，点E，F，G分别是棱1CC，CB，CD的中点，P为线段1AD上的一个动点，平面//平面EFG，则下列说法中正确的是（）A．不存在点P，使得⊥CP平面EFGB．三棱锥PE

FG−的体积为定值C．平面截该正方体所得截面的面积的最大值为32D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形三、填空题12．某高速公路收费站的三个高速收费口每天通过的小汽车数X（单位：辆）均服从正态分布()2600,N，若()5007000.6PX=，假设三个收费口均能正常工作

，则这个收费口每天至少有一个超过700辆的概率为．13．设a，b，c为△ABC的三边，S为ABCV的面积，若22228abc++=，则S的最大值为．14．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一

项都代表太极衍生过程．已知大衍数列na满足10a=，11,,nnnannaann+++=+为奇数为偶数，则10a=，数列()1nna−的前50项和为．参考答案1．B【分析】将集合N中的式子通分成分母为3的式子，

然后可判断出答案.【详解】由题意得，32,3kNxxk+==Z，而2k+表示整数，32k+表示被3除余2的整数，故NM，则MNM=，故选：B．2．C【分析】设该马第()*nnN天行走的里程数为na，分析可知，数列na是公比为12q=的等比数列，利用等比数列的求和公式可求

出1a的值，即可求得5a的值，即为所求.【详解】设该马第()*nnN天行走的里程数为na，由题意可知，数列na是公比为12q=的等比数列，所以该马七天所走的里程为17111127270016412aa−==−，解得712350127a=，故该马第

五天行走的里程数为47514123501350822.0521272127aa===．故选：C．3．A【分析】判断()fx在R上的单调性，将不等式等价于233xxx++，由一元二次不等式的解法即可得解.【详解】()()22,0,ln1,0,xxfxxx−=−

，可得当0x时，()fx单调递减，当0x时，()fx单调递减，且0x=时函数连续，则()fx在R上单调递减，不等式()()233fxfxx++，可化为233xxx++，即2230xx+−，解得：31x−，则原不等式的解集为：(

)3,1−，故选：A4．A【分析】根据函数的奇偶性可得函数为偶函数，可排除CD，然后根据()0,πx时的函数值可排除B.【详解】因为()2e11sinsin1ee1xxxfxxx−=−=++，定义域为R，又()()()e1e1sins

ine1e1xxxxfxxxfx−−−−−=−==++，所以()fx是偶函数，图象关于y轴对称，故排除CD，又当()0,πx时，e10,sin0e1xxx−+，()0fx，故排除B.故选：

A.5．B【详解】试题分析：因为ABACABAC+=−，所以ABAC⊥，以点A为坐标原点，,ABAC分别为,xy轴建立直角坐标系，设()()2,00,1ABAC==，，又EF，为BC的三等分点所以，4122,,,3333AEAF==，所

以412210,,33339AEAF==，故选B.考点：平面向量的数量积.【一题多解】若ABACABAC+=−，则222222ABACABACABACABAC++=+−，即有0ABAC=，,

EF为BC边的三等分点，则()()1133AEAFACCEABBFACCBABBC=++=++21123333ACABACAB=++22225210(14)099999ACABABAC=++=++=,故选B

．6．B【分析】首先由切弦互换公式、二倍角公式结合已知求得tan2，然后由两角和的正切公式即可求解.【详解】因为sintancos5sin=−，所以sinsincos5sincos=−，化简并整理得22cossin5sin

cos−=，又因为22cossincos2,2sincossin2−==，所以5cos2sin22=，所以sin22tan2cos25==，所以2π1tan2tanπ754tan2π243

1tan2tan1145ααα+++===−−.故选：B.7．A【分析】由焦点到渐近线的距离为b，可得b，结合双曲线定义与121cos2FMF=可得a，即可得圆C的面积.【详解】如图，因为右焦点2F到渐近线的距离为33+，故33b=+，作

1OAFM⊥于点21,AFBFM⊥于点B，因为1FM与圆222:Cxya+=相切，所以21,22,2OAaFBOAaFBb====，因为121cos2FMF=，即1260FMF=，在直角2FMB中，2224,tan6033FBaaMBFM===，又点M在双曲线上，由双曲线的

定义可得：1212242233aaFMFMFBMBFMba−=+−=+−=，整理得333ba=+，因为33b=+，所以3a=，圆C的面积22ππ9πSra===.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题关键在于借助作1OAFM⊥于点21,AFBFM

⊥于点B，从而结合双曲线定义与直角三角形的性质可得a，即可得圆C的面积.8．D【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而

判断BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断D.【详解】A：如图，因为1AB=，所以该半正多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该半正多面体的体积为：()231122522832223V=−

=，故A错误；B：根据该半正多面体的对称性可知，过,,ABC三点的截面为正六边形ABCFED，又1AB=，所以正六边形面积为23336142S==，故B错误；C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中

心，即正六边形ABCFED的中心，故半径为1AB=，所以该半正多面体外接球的表面积为224π4π14πSR===，故C错误；D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为1，所以其表面积为22381616234+=+，故D正确.故

选：D.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解.9．BC【分析】首先排除公比的特殊情况，结合给定条件解出公比范围，利用等比数列的性质逐个分析即可.【详解】111Sa==−，2nnaa+对Nn恒成立，

则()1111121110nnnnnaqaqqqqq+−+−−−−−恒成立，则0q，210q−，故01q，故B对；A：20aq=−，故A错；C：1111(1)0nnnnnnnaaqqqqaa−−++−=−+=−

，故C对；D：由11111111nnnaaqqSqrqqqq=−=+−−−−−，故D错.故选：BC.10．BD【分析】应用n次独立重复实验概率及独立事件概率判断A，B，C选项，再结合导数求出单调性求出最大值即可判断D选项.【

详解】乙连胜三场时比赛局数可能是3，4，5，比赛局数为3时，乙连胜三场的概率是3(1)p−；比赛局数为4时，乙连胜三场的概率是3(1)pp−；比赛局数为5时，乙连胜三场的概率是23(1)pp−，故选项A错误.由题意可知，

决赛中的比赛局数X的可能取值为3，4，5，则332(3)(1)133PXpppp==+−=−+，33432(4)3(1)3(1)61293PXpppppppp==−+−=−+−+，故选项B正确.432(5)1(3)(4)6126PXPXPXppp==−=−==−+

，故选项C错误.令432()6126fpppp=−+，则32()24361212(21)(1)fppppppp=−+=−−，因为01p，所以当102p时，()0fp，当112p时，()0fp，故函数()fp在10,2上单调递增，在1,12

上单调递减，则当12p=时，函数()fp取最大值38，所以(5)PX=的最大值是38，故选项D正确.故选：BD.11．ABD【分析】连接1AC，可得1AC⊥平面EFG，即可判断A，由1//AD平面EFG可判断B，当截面为正六边形IJKLMN时（其中I，J，K，

L，M，N都是中点），计算截面面积，然后可判断C、D.【详解】如图，连接1AC，1BC，1BC，1AD，由正方体的性质可知11BCBC⊥，11//ADBC，又点E，F，G分别是棱1CC，CB，CD的中点，所以1//EFBC，则1EFBC⊥，又DC⊥平面11BCCB，EF平面11BCCB，所以D

CEF⊥，又1DCBCC=，1,DCBC平面11DCBA，所以⊥EF平面11DCBA，又1AC平面11DCBA，所以1EFAC⊥，同理可证1GFAC⊥，又GFEFF=，,GFEF平面EFG，所以1AC⊥平

面EFG，由1AC与1AD异面可知，不存在点P，使得⊥CP平面EFG，故A正确；因为11//ADBC，1//EFBC，所以1//ADEF，又1AD平面EFG，EF平面EFG，所以1//AD平面EF

G，所以动点P到平面EFG的距离为定值，又EFG的面积为定值，所以三棱锥PEFG−的体积为定值，故B正确；如图，正六边形IJKLMN（其中I，J，K，L，M，N都是对应棱的中点），根据正方体的性质可知////JKEFMN，////NIGFLK，////IJLMGE，

JK平面EFG，EF平面EFG，所以//JK平面EFG，同理可证//IJ平面EFG，又JKIJJ=，,JKIJ平面IJKLMN，所以平面//IJKLMN平面EFG，又该正六边形IJKLMN的边长为22，所以其面积为232336424=

，因为平面//平面EFG，所以当截面为正六边形IJKLMN时，平面截该正方体所得截面的面积取得最大值，最大值为334，故C错误；平面截该正方体所得截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确，故选：ABD.【点睛】关键点点睛：C选项关键是确定正六边形IJKL

MN所在平面平行平面EFG，求出其面积即可.12．61125【分析】先由正态分布，根据题意，求出700X的概率，再由独立重复试验的概率计算公式，即可求出结果.【详解】因为高速公路收费站的三个高速收费口每天通过的小汽车数X均服从正态分布()2600,N，()5007000.6PX

=，所以()()1500700170025PXPX−==，因此三个收费口每天至少有一个超过700辆的概率为3161115125P=−−=.故答案为：61125.【点睛】本题主要考查正态分布以及独立重复试验，属于基础题

型.13．255【详解】解法一：直接套用（12）式：2224abcS++++，有222824111221abcS=++++，255S，当且仅当()()()::11:12:21abc=++

+，即462662662,,313131abc===时，S取最大值255．解法二：()()()()()()()2222222222222222222421sin1cos2441683168283516416165abSabCCababcabccccc==−−+−=+−−−−−−+

==解法三：消元：()()2222222282234cosabcababababC=++=++−=+−基本不等式放缩：864cosababC−，移项配凑目标：sin4sin232cos2CCSabC=−，万能代换：令22221sin,cos

11ttCCtt−==++，则()22242sin44251132cos512152531tCtSCtttttt+===−−+−+，当且仅当15tt=，即5tan25C=，5tan2C=时，S取最大值255．14．5065

0【分析】当2nk=时，2122kkaak+=+，当21nk=−时，2212kkaak−=+，可推出21214kkaak+−−=，利用累加法可得22122kakk+=+，从而求得221,22nnnann−=为奇数

，为偶数即可求解10a，根据2212nnaan−−=，即可求解50S.【详解】当2nk=时，2122kkaak+=+①，当21nk=−时，2212kkaak−=+②，由①②可得，21214kkaak+−−=，所以315321

214,8,,4kkaaaaaak+−−=−=−=，累加可得，221148422kaakkk+−=+++=+，所以22122kakk+=+，令21,(3knn+=且为奇数)，212nna−=，当1n=时，10

a=成立，所以当n为奇数，212nna−=，当n为奇数，()21112nnnaan++=++=，所以当n为偶数，22nna=，所以221,22nnnann−=为奇数，为偶数故21010502a==；根据()()22221

2211222nnnnaan−−−−=−=所以()1nna−的前50项的和()()5012344950251252122526502Saaaaaa+=−+−+−−+=++==．故答案为：50；650