高考沖刺《數(shù)學(xué)》考前中檔保分專題沖刺練習(xí)（6+2+2+3）（13-14）教師版

第頁高考考前最后沖刺系列中檔保分（6+2+2+3）（本練習(xí)主要以?？碱}中的基礎(chǔ)中檔題為主，旨在為學(xué)生高考考前鞏固基礎(chǔ)，查缺補(bǔ)漏）（十三）一、單選題1、（2024·福建漳州·三模）一組數(shù)據(jù)如下：，該組數(shù)據(jù)的分位數(shù)是（

）A．15 B．17 C．19 D．20【答案】B【分析】將數(shù)據(jù)從小到大排序，利用分位數(shù)的求解方法進(jìn)行計(jì)算.【詳解】由題意可知，共8個(gè)數(shù)據(jù)，將數(shù)據(jù)從小到大排序得，因?yàn)?，故選擇第6個(gè)和第7個(gè)數(shù)的平均數(shù)作為分位數(shù)，即.故選：B.2、（20-21高一下·廣東湛江·期中）在中，角，，所對(duì)的邊分別為，，，已知，，，則（

）A．135° B．45° C．45°或135° D．以上都不對(duì)【答案】B【分析】直接利用正弦定理求解即可【詳解】因?yàn)椋?，，所以由正弦定理得，，得，因?yàn)椋越菫殇J角，所以，故選：B3、（2024·山東威海·二模）已知雙曲線的離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)公式求出，結(jié)合焦點(diǎn)位置即可得漸近線方程.【詳解】由題知，，解得，又雙曲線的焦點(diǎn)在x軸上，所以漸近線方程為.故選：D4、（2024·江西·二模）從甲隊(duì)60人、乙隊(duì)40人中，按照分層抽樣的方法從兩隊(duì)共抽取10人，進(jìn)行一輪答題．相關(guān)統(tǒng)計(jì)情況如下：甲隊(duì)答對(duì)題目的平均數(shù)為1，方差為1；乙隊(duì)答對(duì)題目的平均數(shù)為1.5，方差為0.4，則這10人答對(duì)題目的方差為（

）A．0.8 B．0.675 C．0.74 D．0.82【答案】D【分析】根據(jù)分層抽樣的均值與方差公式計(jì)算即可.【詳解】根據(jù)題意，按照分層抽樣的方法從甲隊(duì)中抽取人，從乙隊(duì)中抽取人，這人答對(duì)題目的平均數(shù)為，所以這人答對(duì)題目的方差為.5．（2024·湖北·模擬預(yù)測）若正數(shù)，滿足：，則的最大值為（

）A． B． C． D．2【答案】B【分析】根據(jù)條件等式及均值不等式求解即可.【詳解】因?yàn)?，為正?shù)，所以，因?yàn)?，所以，所以，所以，?dāng)且僅當(dāng)，時(shí)，取等號(hào).故選：B.6、（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，其中是銳角的兩個(gè)內(nèi)角，則下列結(jié)論一定正確的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】求得，令，求得在上單調(diào)遞增，根據(jù)的大小不確定，可判定A、B不正確；由是銳角的兩個(gè)內(nèi)角，得到，可得判定C錯(cuò)誤；再由，可判定D正確.【詳解】由函數(shù)，所以，令，則當(dāng)時(shí)，，所以單調(diào)遞增，可得，即，所以在上單調(diào)遞增；因?yàn)榈拇笮〔淮_定，故與，與的大小關(guān)系均不確定，所以與，與的大小關(guān)系也均不確定，所以A、B不能判斷．因?yàn)槭卿J角的兩個(gè)內(nèi)角，所以，則，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，所以，所以，所以C錯(cuò)誤；因?yàn)槭卿J角的兩個(gè)內(nèi)角，所以，則，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，所以，故，所以D正確.故選：D.二、多選題7、（2024·山西臨汾·三模）在的展開式中（

）A．所有奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)的和為128B．二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)為第5項(xiàng)C．有理項(xiàng)共有兩項(xiàng)D．所有項(xiàng)的系數(shù)的和為【答案】AB【分析】先求出二項(xiàng)式系數(shù)和，奇數(shù)項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)和等于偶數(shù)項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)和，即可確定A；二項(xiàng)式系數(shù)的最大項(xiàng)，即為中間項(xiàng)，可確定B；整理出通項(xiàng)公式，再對(duì)賦值，即可確定C；令，可求出所有項(xiàng)的系數(shù)的和，從而確定D.【詳解】對(duì)于A,二項(xiàng)式系數(shù)和為，則所有奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)的和為，故A正確；對(duì)于B,二項(xiàng)式系數(shù)最大為，則二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)為第5項(xiàng)，故B正確；對(duì)于C,，為有理項(xiàng)，可取的值為，所以有理項(xiàng)共有三項(xiàng)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D,令，則所有項(xiàng)系數(shù)和為，故D錯(cuò)誤.故選：AB.8、（2024·福建漳州·三模）如圖，四棱錐中，底面，且，，平面與平面交線為，則下列直線中與垂直的是（

）

A． B． C． D．【答案】BCD【分析】利用線面所成的角判斷A；利用線面垂直的判定定理可知平面PAD，利用線面平行的判定定理證明平面PAD，由線面平行的性質(zhì)定理可得，進(jìn)而可證明平面PDC，可判斷BCD【詳解】分別取PD、PC的中點(diǎn)，連接AE、EF、BF，因?yàn)镋F是的中位線，所以且，又且，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，且，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，又平面與平面交線為，平面PAD，所以，又，E是PD的中點(diǎn)，所以,因?yàn)榈酌?，平面，所以，又，所以，又平面PAD，所以平面PAD，又平面PAD，所以，，，平面PDC，所以平面PDC，又，所以平面PDC，又平面PDC，所以，故BCD對(duì)由，，所以，所以與PB所成的角就是BF與與PB所成的角即，令，，在中，由余弦定理得,，所以，故l與PB不垂直，故A錯(cuò)；故選：BCD

三、填空題9、（2024·山西臨汾·三模）已知復(fù)數(shù)滿足：，則．【答案】【分析】利用復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算直接求得，進(jìn)而求得即可.【詳解】由，得，所以.故答案為：.10、（2024·福建漳州·三模）已知向量，且在上的投影向量的坐標(biāo)為，則與的夾角為.【答案】/【分析】根據(jù)投影向量公式得在上的投影向量為，結(jié)合已知可得結(jié)果.【詳解】設(shè)與的夾角為，且，，則在上的投影向量為，即，所以，所以，故答案為：.四、解答題11、（2024·安徽淮北·二模）記的內(nèi)角的對(duì)邊分別為，已知(1)試判斷的形狀；(2)若，求周長的最大值.【答案】(1)是直角三角形(2)【分析】（1）根據(jù)題意，求得，利用余弦定理列出方程，得到，即可求解；（2）由（1）和，得到，則周長為，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)，即可求解.【詳解】（1）解：由，可得，所以，即，所以，又由余弦定理得，可得，所以，所以是直角三角形（2）解：由（1）知，是直角三角形，且，可得，所以周長為，因?yàn)?，可得，所以，?dāng)時(shí)，即為等腰直角三角形，周長有最大值為.12、（2024·河南安陽·模擬預(yù)測）如圖，在長方體中，點(diǎn)E、F分別在，上，且，．(1)求證：平面；(2)當(dāng)，，時(shí)，求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）以線面垂直判定定理去證明即可解決；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，以向量法去求平面與平面的夾角的余弦值即可解決.【詳解】（1）因?yàn)槠矫?，平面，所以．又，，所以平面因?yàn)槠矫妫酝恚阂驗(yàn)槠矫?，平面，所以．又，，所以平面因?yàn)槠矫?，所以又因?yàn)?，，所以平面?）以為原點(diǎn)，分別以、、所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖．則，，，，，．所以，且是平面的一個(gè)法向量．，設(shè)平面的法向量為則，即所以，令，得．則平面的一個(gè)法向量為．所以．，所以．所以平面與平面的夾角的余弦值為．13、（2024·安徽淮北·二模）塔山石榴，產(chǎn)自安徽省淮北市烈山區(qū)塔山，種植迄今已有千年歷史.為了進(jìn)一步發(fā)展高效農(nóng)業(yè)，豐富石榴品種，壯大石榴產(chǎn)業(yè)，當(dāng)?shù)卣心撤N業(yè)科研公司培育了兩種新品石榴，將它們分別種植在兩塊土質(zhì)和大小相同的試驗(yàn)田內(nèi)，并從收獲的果實(shí)中各隨機(jī)抽取300個(gè)，按質(zhì)量（單位:g）將它們分成4組:，，得到如下頻率分布直方圖:

(1)分別估計(jì)品種石榴單個(gè)果實(shí)的質(zhì)量；(2)經(jīng)篩選檢測，除去壞果和瑕疪果，兩種石榴的合格率如下表:A品種合格率0.70.80.70.8品種合格率0.70.80.80.9已知A品種混放在一個(gè)庫房，品種混放在另一個(gè)庫房，現(xiàn)分別從兩個(gè)庫房中隨機(jī)各抽取2個(gè)石榴，其中合格石榴的總個(gè)數(shù)記為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望.【答案】(1)94g，90g(2)分布列見解析，期望為3.1【分析】（1）分別根據(jù)頻率分布直方圖計(jì)算平均數(shù)估計(jì)即可；（2）根據(jù)頻率分布直方圖及合格率表先得出兩個(gè)品種取得合格品的概率，再分別計(jì)算隨機(jī)抽取到合格品個(gè)數(shù)的概率，列出其分布列并計(jì)算期望即可.【詳解】（1）由頻率分布直方圖得樣本中A品種石榴單個(gè)果實(shí)質(zhì)量的估計(jì)值為:樣本中品種石榴單個(gè)果實(shí)質(zhì)量的估計(jì)值為:（2）設(shè)A:從品種石榴中任取1個(gè)為合格品；B:從品種石榴中任取1個(gè)為合格品；則:由題意得，則，所以的分布列為012340.00250.0350.18250.420.36所以.（十四）一、單選題1、（2024·山西臨汾·三模）已知集合，，且，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)補(bǔ)集運(yùn)算求出，然后利用數(shù)軸分析可得.【詳解】因?yàn)?，所以或，又，所?故選：A2、（2024·福建漳州·三模）二項(xiàng)式展開式中，項(xiàng)的系數(shù)為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出的展開式的通項(xiàng)，再求出展開式中項(xiàng)系數(shù)即可．【詳解】根據(jù)題意，二項(xiàng)式的展開式的通項(xiàng)，其中項(xiàng)為，，所以的展開式中項(xiàng)的系數(shù)為．故選：D．3、（2024·湖北·模擬預(yù)測）已知是等差數(shù)列的前項(xiàng)和，若，，則數(shù)列的首項(xiàng)（

）A．3 B．2 C．1 D．-1【答案】B【分析】由已知條件，利用等差數(shù)列通項(xiàng)與前項(xiàng)和基本量的計(jì)算，列方程組求出首項(xiàng)和公差.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，因?yàn)?，可得，即，所以，又因?yàn)?，可得，即，?lián)立解得，.故選：B.4、（22-23高三上·重慶·階段練習(xí)）已知，，且，則的最小值為（

）A．10 B．9 C． D．【答案】C【分析】由已知，可設(shè)，，利用換底公式表示出，帶入中，得到m，n的等量關(guān)系，然后利用“1”的代換借助基本不等式即可求解最值.【詳解】由已知，令，，所以，，代入得：，因?yàn)?，，所?當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)等號(hào)成立.的最小值為.故選：C.5、（2024·山西臨汾·三模）宋代是中國瓷器的黃金時(shí)代，涌現(xiàn)出了五大名窯：汝窯、官窯、哥窯、鈞窯、定窯．其中汝窯被認(rèn)為是五大名窯之首．如圖1，這是汝窯雙耳罐，該汝窯雙耳罐可近似看成由兩個(gè)圓臺(tái)拼接而成，其直觀圖如圖2所示．已知該汝窯雙耳罐下底面圓的直徑是12厘米，中間圓的直徑是20厘米，上底面圓的直徑是8厘米，高是14厘米，且上、下兩圓臺(tái)的高之比是，則該汝窯雙耳罐的體積是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出上下圓臺(tái)的高，利用臺(tái)體體積公式求出答案.【詳解】上、下兩圓臺(tái)的高之比是，故上圓臺(tái)的高為厘米，下圓臺(tái)的高為厘米，故上圓臺(tái)的體積為立方厘米，下圓臺(tái)的體積為立方厘米，故該汝窯雙耳罐的體積為立方厘米.故選：D6、（2024·浙江·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)，則函數(shù)的單調(diào)性（

）A．與a有關(guān)，且與b有關(guān) B．與a無關(guān)，且與b有關(guān)C．與a有關(guān)，且與b無關(guān) D．與a無關(guān)，且與b無關(guān)【答案】D【分析】通過對(duì)進(jìn)行討論，再用復(fù)合函數(shù)的求單調(diào)性的方法，可知該函數(shù)的單調(diào)性與是否有關(guān).【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)，所以當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增.當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增.則且，，的單調(diào)性都為單調(diào)遞增.所以函數(shù)的單調(diào)性與無關(guān).故選：D二、多選題7、（2024·福建漳州·三模）已知函數(shù)，則下列說法正確的是（

）A．當(dāng)時(shí)，的最小正周期為B．當(dāng)時(shí)，的最大值為C．當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上有4個(gè)零點(diǎn)D．若在上單調(diào)遞減，則的取值范圍為【答案】AB【分析】利用三角恒等變換，轉(zhuǎn)化為正弦型或者余弦形函數(shù)即可求出周期，采用換元法結(jié)合三角函數(shù)的有界性即可求出最值，結(jié)合三角函數(shù)圖像解三角方程即可得出零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，將三角函數(shù)轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)再結(jié)合復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的特點(diǎn)即可求出參數(shù).【詳解】選項(xiàng)A：當(dāng)時(shí)，，其周期由決定，周期為，A正確.選項(xiàng)B：當(dāng)時(shí)，，在本式中令可得，，其定義域?yàn)榈闹涤?，即，?dāng)它取最大值時(shí)，可以取到，將其代回原式得到最大值為，選項(xiàng)B正確.選項(xiàng)C，當(dāng)時(shí)，，令，可得或，的解在間的有且只有，的解在間的有且只有和，因此在上總共有3個(gè)零點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.選項(xiàng)D，，在該式中令，則，為開口向下的二次函數(shù)，所以頂點(diǎn)右側(cè)為單調(diào)遞減函數(shù)，其頂點(diǎn)橫坐標(biāo)，當(dāng)時(shí)，在定義域上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，存在單調(diào)遞減區(qū)間，則單調(diào)遞減區(qū)間為，原式中單調(diào)遞減區(qū)間為，即,因?yàn)?，所以僅需要即可，解出，故a的取值范圍是，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選：AB.8、（2024·山西臨汾·三模）已知是以為圓心，為半徑的圓上任意兩點(diǎn)，且滿足，是的中點(diǎn)，若存在關(guān)于對(duì)稱的兩點(diǎn)，滿足，則線段長度的可能值為（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】BCD【分析】由已知得出點(diǎn)軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，得出的范圍，再結(jié)合直角三角形斜邊中線等于斜邊一半即可得出范圍，進(jìn)而判斷出答案．【詳解】因?yàn)?，所以，因?yàn)槭侵悬c(diǎn)，所以，所以點(diǎn)軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，設(shè)為點(diǎn)，則，所以，又，兩點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，所以為直角三角形，且為斜邊中點(diǎn)，則，所以，故選：BCD．三、填空題9、（2024·山西臨汾·三模）已知函數(shù)的定義域?yàn)?，且，，則．【答案】【分析】令求，令求，令得，通過迭代求周期，然后可解.【詳解】令，則，因?yàn)?，所以，令，則，得，令，則，即，所以，所以所以，所以，即，是以6為周期的周期函數(shù)，所以，故答案為：.10、（2024·江西·二模）已知分別為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)在雙曲線上且不與頂點(diǎn)重合，滿足，則該雙曲線的離心率為．【答案】/【分析】首先確定點(diǎn)在左支上，作出的內(nèi)切圓，內(nèi)切圓切于點(diǎn)，證明點(diǎn)為雙曲線的左頂點(diǎn)，從而根據(jù)得到，從而得到，求出離心率.【詳解】

因?yàn)?，所以，所以，故點(diǎn)在左支上，作的內(nèi)切圓，設(shè)內(nèi)切圓與切于點(diǎn)，與切于點(diǎn)，該內(nèi)切圓切于點(diǎn)，連接，，，，，則，，，且平分，平分，接下來證明點(diǎn)為雙曲線的左頂點(diǎn)：由雙曲線的定義可知：，因?yàn)椋?，，所以，設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)為，則，解得：，故點(diǎn)為雙曲線的左頂點(diǎn)，因?yàn)?，所以，所以所以，所以，所以，所以．故答案為：四、解答題11、（2024·河北石家莊·三模）在中，角所對(duì)的邊分別為．(1)若，求的值；(2)求面積的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)正弦定理可得，從而可求的值；（2）利用基本不等式可得，再根據(jù)余弦定理可得的范圍，從而可得的范圍，結(jié)合三角形面積公式，即可得面積的最大值．【詳解】（1）由正弦定理，可得，（2），，由余弦定理可得，，，，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)面積取得最大值12、