高考沖刺《數(shù)學》考前中檔保分專題沖刺練習（6+2+2+3）（19-20）教師版

第頁高考考前最后沖刺系列中檔保分（6+2+2+3）（本練習主要以?？碱}中的基礎中檔題為主，旨在為學生高考考前鞏固基礎，查缺補漏）（十九）一、單選題1、（2024·貴州畢節(jié)·三模）已知點在拋物線上，則拋物線C的準線方程為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】將點代入拋物線方程求出，，再將拋物線方程化為標準方程，即可得出準線方程.【詳解】因為點在拋物線上，所以，解得，所以拋物線的標準方程為，所以拋物線C的準線方程為.故選：D.2、（2024·貴州黔南·二模）空氣質(zhì)量指數(shù)簡稱AQI，是定量描述空氣質(zhì)量狀況的無量綱指數(shù).AQI的數(shù)值越大、級別越高，說明空氣污染狀況越嚴重.某地區(qū)4月1日22時至4月2日5時的AQI整點報告數(shù)值為：15，17，20，22，20，23，19，21，則這組數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)是（

）A．19 B．20 C．21 D．22【答案】C【分析】把數(shù)據(jù)從小到大排列后計算百分位數(shù)，再求出即可.【詳解】把數(shù)值從小到大排列為，由，所以這組數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)是第6個數(shù)，即21.故選：C.3、（2024·全國·三模）已知，是兩個不同的平面，m，l是兩條不同的直線，若，，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【分析】由直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合充分條件、必要條件的概念判斷即可.【詳解】若，，，且，所以直線與平面平行的判定定理知；若，，，所以直線與平面平行的性質(zhì)定理知；所以“”是“”的充要條件.故選：C.4、（2024·浙江紹興·二模）過點作圓的切線，為切點，，則的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意可得，三角換元令，，，利用三角恒變換求出最大值.【詳解】根據(jù)題意，設圓的圓心為，則，，令，，，則，其中，所以的最大值為.故選：D.5、（2024·貴州畢節(jié)·三模）在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，若點D滿足，且，則（

）A． B．2 C． D．4【答案】A【分析】由得，進而得到，再結(jié)合三角形的面積公式求解即可.【詳解】由得，，故，即，得，設的高為，可得，

由得，，故，而，故，則，故，化簡得，故A正確.故選：A6、（2024·貴州黔南·二模）某學生為制作圓臺形容器，利用如圖所示的半圓環(huán)（其中小圓和大圓的半徑分別是和）鐵皮材料，通過卷曲使得邊與邊對接制成圓臺形容器的側(cè)面，則該圓臺的高為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)圓臺的側(cè)面展開圖求得，再結(jié)合圓臺的結(jié)構(gòu)特征分析求解.【詳解】設圓臺的上底面半徑為，下底面半徑為，母線長為，高為，由題意可得：，解得，所以該圓臺的高為.故選：C.二、多選題7、（2024·浙江紹興·二模）國家統(tǒng)計局統(tǒng)計了2024年1月全國多個大中城市二手住宅銷售價格的分類指數(shù)，其中北方和南方各4個城市的90m2及以下二手住宅銷售價格的環(huán)比數(shù)據(jù)如下：北方城市環(huán)比（單位：%，上月=100）南方城市環(huán)比（單位：%，上月=100）北京99.5上海99.5天津99.6南京99.5石家莊99.6南昌99.6沈陽99.7福州99.8則（

）A．4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的極差小于4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的極差B．4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的均值小于4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的均值C．4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的方差大于4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的方差D．4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的中位數(shù)大于4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的中位數(shù)【答案】AD【分析】根據(jù)極差的定義判斷A，根據(jù)平均數(shù)的定義判斷B，根據(jù)方差的定義判斷C，根據(jù)中位數(shù)的定義判D．【詳解】對于A，4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的極差為，4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的極差為，所以4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的極差小于4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的極差，故A正確；對于B，4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的均值為，4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的均值為，所以4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的均值與4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的均值相等，故B錯誤；對于C，4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的方差為，4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的方差為，所以4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的方差小于4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的方差，故C錯誤；對于D，4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的中位數(shù)為99.6，4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的中位數(shù)為，所以4個北方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的中位數(shù)大于4個南方城市的環(huán)比數(shù)據(jù)的中位數(shù)，故D正確．故選：AD．8、（2024·浙江紹興·二模）已知定義在上的函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，且滿足，，則（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根據(jù)抽象函數(shù)性質(zhì)可確定關于直線對稱，關于點對稱，從而可確定其周期性，再結(jié)合單調(diào)性可得函數(shù)的大致圖象，結(jié)合周期性、對稱性、對數(shù)函數(shù)性質(zhì)、三角函數(shù)性質(zhì)逐項判斷即可得結(jié)論.【詳解】對于函數(shù)有，，則函數(shù)關于直線對稱，由，則函數(shù)關于點對稱，所以，所以得，則，故函數(shù)的周期為，且，故函數(shù)為偶函數(shù)，因為函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則函數(shù)的大致圖象如下圖：由對稱性可得，所以，故A不正確；由于，，所以，故B正確；又，，所以，故C正確；，且，因為，所以，故，所以，故D正確.故選：BCD.三、填空題9、（2024·浙江紹興·二模）的展開式中的系數(shù)是.（用數(shù)字作答）【答案】【分析】根據(jù)二項式定理求通項，從而可得的系數(shù).【詳解】展開式的通項為，則當時，的系數(shù)為.故答案為：.10、（2024·全國·三模）已知正四棱臺中，，則該正四棱臺內(nèi)部能夠放入的最大球體的半徑為.【答案】/【分析】延長交于點，由條件結(jié)合棱臺的性質(zhì)求棱臺的高，由此證明四棱臺內(nèi)部能夠放入的球體的直徑，取的中點，求球心到的距離，由此可得結(jié)論.【詳解】如圖1，延長交于點，由棱臺的性質(zhì)可得與相似，相似比為，所以，，設在正四棱臺上、下底面的投影點分別記為，，，.首先四棱臺內(nèi)部能夠放入的球體的直徑，即；其次取的中點，作縱截面，如圖2，設球的球心為O，O到線段SN的距離為d，則.，，，所以，，所以.所以.故答案為：.四、解答題11、（2024·遼寧撫順·三模）在中，內(nèi)角的對邊分別為．(1)求；(2)若為的中線，且，求的面積．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題意，得到，結(jié)合，求得，結(jié)合余弦的倍角公式，即可求解；（2）由（1）得到，根據(jù)，求得，再由由余弦定理得到，求得，結(jié)合三角形的面積公式，即可求解.【詳解】（1）解：由，可得，因為，可知，所以，又因為，聯(lián)立方程組得，所以．（2）解：由（1）知，可得，因為為的中線，且，所以，兩邊平方得，又由余弦定理得，即，兩式相減，可得，所以．12、（2024·遼寧撫順·三模）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，且，平面平面．為的中點，且分別為的中點．(1)證明：．(2)設交平面于點，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）設與交于點，根據(jù)題意，證得和，結(jié)合線面垂直的判定定理，證得平面，進而證得．（2）由（1）知平面，得到平面，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得平面和平面的法向量和，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）證明：如圖所示，設與交于點，連接，因為底面是平行四邊形，所以為的中點，又因為，所以，因為，且為的中點，所以，又因為平面，且平面平面，平面平面，所以平面，因為平面，所以，又因為，且平面，所以平面，因為平面，所以．（2）解：如圖所示，連接，因為為的中位線，所以，因為平面平面且，所以，且，由分別為的中點，看到的，由（1）知平面，所以平面．以為坐標原點，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，所以，則，設為平面的法向量，則，取，可得，所以，又由平面的一個法向量為，設平面與平面的夾角為，可得．即平面與平面的夾角余弦值為.13、（2024·遼寧撫順·三模）某市共有教師1000名，為了解老師們的寒假研修情況，評選研修先進個人，現(xiàn)隨機抽取了10名教師利用“學習APP”學習的時長（單位：小時）：35，43，90，83，50，45，82，75，62，35，時長不低于80小時的教師評為“研修先進個人”．(1)現(xiàn)從該樣本中隨機抽取3名教師的學習時長，求這3名教師中恰有2名教師是研修先進個人的概率．(2)若該市所有教師的學習時長近似地服從正態(tài)分布，其中為抽取的10名教師學習時長的樣本平均數(shù)，利用所得正態(tài)分布模型解決以下問題：①試估計學習時長不低于50小時的教師的人數(shù)（結(jié)果四舍五人到整數(shù)）；②若從該市隨機抽取的名教師中恰有名教師的學習時長在內(nèi)，則為何值時，的值最大？附：若隨機變量服從正態(tài)分布，則，，．【答案】(1)(2)①841；②14【分析】（1）根據(jù)題意利用古典概型即可計算；（2）①由樣本數(shù)計算，進而利用求解即可；②首先求在內(nèi)的概率，再由題意可知，然后設，最后利用可求使得的最小的值，從而得到使最大的的值.【詳解】（1）設事件“抽取的3名教師中恰有2名教師是研修先進個人”為．由題知樣本中學習時長不低于80小時的人數(shù)為3，時長低于80小時的人數(shù)為7，則，所以這3名教師中恰有2名教師是研修先進個人的概率為．（2）①由樣本數(shù)據(jù)知，．因為，所以，所以，學習時長不低于50小時的教師人數(shù)為841.②每名教師的學習時長在內(nèi)的概率為，由題意可知，則，設，則．令，得，所以當時，，令，得，所以當時，，所以當時，最大，即使最大的的值為14．（二十）一、單選題1、（2024·浙江紹興·二模）已知四邊形是平行四邊形，，，記，，則（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)給定條件，利用平面向量的線性運算求解即得.【詳解】在中，，，，，所以.

故選：A2、（2024·貴州黔南·二模）已知直線與直線的交點在圓的內(nèi)部，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】聯(lián)立直線可得其交點坐標，由該點在圓的內(nèi)部計算即可得.【詳解】聯(lián)立，解得，即點在圓的內(nèi)部，即有，解得.故選：D.3、（2024·全國·三模）當時，的最大值是（

）A．2 B． C．0 D．【答案】D【分析】利用二倍角公式及輔助角公式化簡函數(shù)，再利用正弦函數(shù)的性質(zhì)求解即得.【詳解】原式，其中銳角由確定，由，得，所以.故選：D4、（2024·河南·模擬預測）將8個數(shù)學競賽名額全部分給4個不同的班，其中甲、乙兩班至少各有1個名額，則不同的分配方案種數(shù)為（

）A．56 B．84 C．126 D．210【答案】B【分析】將問題等價轉(zhuǎn)換為將10個數(shù)學競賽名額全部分給4個不同的班，每個班至少有1個名額的分法，利用隔板法即可求解.【詳解】將8個數(shù)學競賽名額全部分給4個不同的班，其中甲、乙兩班至少各有1個名額的分法，等價于將10個數(shù)學競賽名額全部分給4個不同的班，每個班至少有1個名額的分法.用3個隔板插入10個小球中間的空隙中，將球分成4堆，由于10個小球中間共有9個空隙，因此共有種不同的分法.故選：B.5、（2024·全國·三模）已知雙曲線C：的左、右焦點分別為，，且離心率為，過點的直線l與C的一條漸近線垂直相交于點D，則（

）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】設焦點為，根據(jù)題意求點的坐標和的值，進而畫出圖象即可解決.【詳解】不妨設焦點為，其中一條漸近線為，則直線l的方程為，由解得即，因為，所以，過點作軸的垂線，垂足為，如下圖：于是.故選：A.6、（2024·貴州畢節(jié)·三模）已知函數(shù)的圖象在x軸上方，對，都有，若的圖象關于直線對稱，且，則（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】先由函數(shù)的圖象關于直線對稱，得函數(shù)的圖象關于直線對稱，即函數(shù)是偶函數(shù)，可得．再把代入，可得函數(shù)周期為4，求得，，即可求解．【詳解】因為的圖象關于直線對稱，所以函數(shù)的圖象關于直線對稱，即函數(shù)是偶函數(shù)，故有．因為，都有，所以，所以，又函數(shù)的圖象在x軸上方，所以，所以，即函數(shù)的周期為4．當，可得，所以，當，可得，所以，所以，所以.故選：C．二、多選題7、（2024·內(nèi)蒙古·二模）已知函數(shù)的部分圖像如圖所示，，為的圖像與軸的交點，為圖像上的最高點，是邊長為1的等邊三角形，，則（

）A．B．直線是圖像的一條對稱軸C．的單調(diào)遞減區(qū)間為D．的單調(diào)遞增區(qū)間為【答案】BC【分析】由圖可得，再利用正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)分析各個選項即可.【詳解】對于A，由圖可得：的最小正周期為2，所以，即，易得，所以，因為，所以，，，由五點作圖法可得：，即，所以，所以，故A不正確；對于B，由于，為最大值，所以直線是圖象的一條對稱軸，故B正確；對于C，令，解得；，所以單調(diào)遞減區(qū)間為，故C正確；對于D，令，解得；，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，故D不正確，故選：BC，8、（2024·河北邯鄲·二模）已知函數(shù)的定義域為，其導函數(shù)為，若函數(shù)的圖象關于點對稱，，且，則（

）A．的圖像關于點對稱 B．C． D．【答案】ACD【分析】根據(jù)函數(shù)的圖象變換及其對稱性，可得判定A正確；結(jié)合和，化簡得到，可判定B不正確；令，得到，得到函數(shù)和是以4為周期的周期函數(shù)，結(jié)合，可判定C正確；結(jié)合，，，得到，結(jié)合是以4為周期的周期函數(shù)，進而求得的值，即可求解.【詳解】對于A中，設函數(shù)的圖象關于對稱，則關于對稱，可得關于對稱，因為函數(shù)的圖像關于點對稱，可得，解得，所以函數(shù)的圖象關于對稱，所以A正確；對于B中，由函數(shù)的圖象關于對稱，可得，因為，可得，則，兩式相減得，即，所以B不正確；對于C中，令，可得，因為，所以，所以函數(shù)是以4為周期的周期函數(shù)，由，可得，所以，因為函數(shù)是以4為周期的周期函數(shù)，則是以4為周期的周期函數(shù)，所以，由，可得，即，令，可得，所以，所以，所以，所以C正確；對于D中，因為，且函數(shù)關于對稱，可得，又因為，令，可得，所以，再令，可得，所以，由，可得，可得又由函數(shù)是以4為周期的周期函數(shù)，且，所以，所以D正確.故選：ACD.三、填空題9、（2024·全國·三模）在中，，.若，則的面積為.【答案】【分析】結(jié)合復數(shù)模的運算，根據(jù)數(shù)量積的定義求得，利用同角三角函數(shù)基本關系求得，然后利用三角形面積公式求解即可.【詳解】，，則，所以，所以.所以.故答案為：10、（2024·貴州畢節(jié)·三模）已知直線，直線，與相交于點A，則點A的軌跡方程為．【答案】【分析】設，先求出直線和恒過的定點，，由可得，即可得出答案.【詳解】因為，所以直線過點，直線過點，因為，所以，設，所以，所以，所以，化簡可得：.故答案為：.四、解答題11、（2024·浙江紹興·二模）如圖，在三棱錐中，，，，.

(1)證明：平面平面；(2)若，，求二面角的平面角的正切值.【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）先由解三角形知識證得，進一步由，結(jié)合線面垂直、面面垂直的判定定理即可得證；（2）解法一：一方面，過點作交于點，過點作交于點，連接，可以證明是二面角的平面角，另一方面可以通過解三角形知識即可得解；解法二：建立適當?shù)目臻g直角坐標系，分別求出兩個平面的法向量，進一步由法向量夾角的余弦坐標公式，結(jié)合平方關系以及商數(shù)關系即可運算求解.【詳解】（1）在中，由余弦定理得，所以，所以，又，，面，面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解法一：過點作交于點，因為平面平面，平面平面，面，所以平面，因為面，所以，過點作交于點，連接，因為，面，面，所以面，因為面，則，所以是二面角的平面角.由（1）知，平面，因為平面，所以，所以，又，所以三角形是正三角形，所以，.在直角三角形中，，所以.所以，二面角的平面角的正切值是2.

解法二：以為原點，，所在直線為x，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，設，其中，由，得，所以，，即，所以，.設平面的法向量為，則，即，取，則，，所以.又平面的法向量為，設二面角的大小為，因為為銳角，所以，所以，，所以，二面角的平面