长沙市长郡中学2025届高三数学复习小题精练5

这是一份长沙市长郡中学2025届高三数学复习小题精练5，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
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，七天一共行走了里路，则该马第五天走的里程数约为（ ）
A．B．C．D．
3．已知则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
4．函数的图象大致形状是（ ）
A．B．
C．D．
5．在ΔABC中，为的三等分点，则
A．B．C．D．
6．若，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线的左､右焦点分别为，右焦点到渐近线的距离为，过作圆的切线，交双曲线右支于点，若，则圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．“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，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
B．该半正多面体过，，三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的表面积为
二、多选题
9．已知等比数列的公比为，前n项和为，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
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，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B．
C．D．的最大值是
11．如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该正方体所得截面的面积的最大值为
D．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（单位：辆）均服从正态分布，若，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，为的面积，若，则的最大值为 ．
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．已知大衍数列满足，，则 ，数列的前50项和为 ．
参考答案
1．B
【分析】将集合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，，
而表示整数，表示被3除余2的整数，
故，则，
故选：B．
2．C
【分析】设该马第天行走的里程数为，分析可知，数列是公比为的等比数列，利用等比数列的求和公式可求出的值，即可求得的值，即为所求.
【详解】设该马第天行走的里程数为，
由题意可知，数列是公比为的等比数列，
所以该马七天所走的里程为，解得，
故该马第五天行走的里程数为．
故选：C．
3．A
【分析】判断在上的单调性，将不等式等价于，由一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】，可得当时，单调递减，当时，单调递减，且时函数连续，则在上单调递减，
不等式，可化为，即，
解得：，则原不等式的解集为：，
故选：A
4．A
【分析】根据函数的奇偶性可得函数为偶函数，可排除CD，然后根据时的函数值可排除B.
【详解】因为，定义域为R，
又，
所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除CD，
又当时，，，故排除B.
故选：A.
5．B
【详解】试题分析：因为，所以，以点为坐标原点，分别为轴建立直角坐标系，设，又为的三等分点所以，，所以，故选B.
考点：平面向量的数量积.
【一题多解】若，则，
即有，为边的三等分点，则
,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，然后由两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为，所以，
化简并整理得，
又因为，
所以，所以，
所以.
故选：B.
7．A
【分析】由焦点到渐近线的距离为，可得，结合双曲线定义与可得，即可得圆的面积.
【详解】如图，因为右焦点到渐近线的距离为，故，
作于点于点，
因为与圆相切，所以，
因为，即，
在直角中，，
又点在双曲线上，由双曲线的定义可得：
，整理得，
因为，所以，圆的面积.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于借助作于点于点，从而结合双曲线定义与直角三角形的性质可得，即可得圆的面积.
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，
所以该半正多面体是由棱长为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：，故A错误；
B：根据该半正多面体的对称性可知，过三点的截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，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，
即正六边形的中心，故半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积为，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，
所以其表面积为，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】，对恒成立，
则恒成立，
则，，故，故B对；
A：，故A错；
C：，故C对；
D：由，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；
比赛局数为4时，乙连胜三场的概率是；比赛局数为5时，
乙连胜三场的概率是，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，
，故选项B正确.
，故选项C错误.
令，则，
因为，
所以当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，函数取最大值，
所以的最大值是，故选项D正确.
故选：BD.
11．ABD
【分析】连接，可得平面，即可判断A，由平面可判断B，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），计算截面面积，然后可判断C、D.
【详解】如图，连接，，，，由正方体的性质可知，，
又点，，分别是棱，，的中点，所以，则，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，
所以，同理可证，又，平面，
所以平面，由与异面可知，
不存在点，使得平面，故A正确；

因为，，所以，又平面，平面，
所以平面，所以动点到平面的距离为定值，
又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
如图，正六边形（其中，，，，，都是对应棱的中点），

根据正方体的性质可知，，，
平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又，平面，
所以平面平面，
又该正六边形的边长为，所以其面积为，
因为平面平面，
所以当截面为正六边形时，平面截该正方体所得截面的面积取得最大值，
最大值为，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所在平面平行平面，求出其面积即可.
12．
【分析】先由正态分布，根据题意，求出的概率，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均服从正态分布，，
所以，
因此三个收费口每天至少有一个超过700辆的概率为.
故答案为：.
【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．
【详解】解法一：直接套用（12）式：，有
，，
当且仅当，
即时，取最大值．
解法二：
解法三：消元：
基本不等式放缩：，
移项配凑目标：，
万能代换：令，则
，
当且仅当，即，时，取最大值．
14． 50 650
【分析】当时，，当时，，可推出，利用累加法可得，从而求得即可求解，根据，即可求解.
【详解】当时，①，当时，②，
由①②可得，，
所以，
累加可得，，
所以，
令且为奇数)，，当时，成立，
所以当为奇数，，
当为奇数，，
所以当为偶数，，
所以
故；
根据
所以的前项的和．
故答案为：；