（高考數(shù)學(xué)高分突破）高考沖刺考前中檔保分專題沖刺練習(xí)（6+2+2+3）（4-6）教師版

（高考數(shù)學(xué)高分突破）高考沖刺考前中檔保分專題沖刺練習(xí)（6+2+2+3）（4-6）教師版（高考數(shù)學(xué)高分突破）高考沖刺考前中檔保分專題沖刺練習(xí)（6+2+2+3）（4-6）教師版/（高考數(shù)學(xué)高分突破）高考沖刺考前中檔保分專題沖刺練習(xí)（6+2+2+3）（4-6）教師版高考考前最后沖刺系列中檔保分(6+2+2+3)(本主要以模考題中的基礎(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)(四)一、單選題1、(23-24高二下·浙江杭州·期中)在中,三個內(nèi)角成等差數(shù)列,則(

)A． B． C． D．1【答案】C【分析】由條件可知,結(jié)合求得,從而代入得解.【詳解】因?yàn)槌傻炔顢?shù)列,所以;又,所以,即,所以,所以.故選：C.2、(2024·浙江溫州·三模)平面向量,若,則(

)A． B．1 C． D．2【答案】A【分析】根據(jù)向量平行滿足的坐標(biāo)關(guān)系即可求解.【詳解】,由于,所以,解得,故選：A3、(2024·廣東揭陽·二模)已知橢圓的長軸長是短軸長的倍,則該橢圓的離心率為(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】利用已知條件求解,的關(guān)系,即可求解離心率.【詳解】設(shè)該橢圓的長軸長為,短軸長為,由題意得,則,故選：D4、(2024·廣東揭陽·二模)把函數(shù)的圖象向左平移個最小正周期后,所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為(

)A． B．C． D．【答案】C【分析】先根據(jù)正弦型函數(shù)的周期計(jì)算公式得最小正周期;利用函數(shù)平移的規(guī)律及誘導(dǎo)公式即得.【詳解】由題意得的最小正周期為,則所求函數(shù)為.故選：C5、(23-24高三上·浙江·階段練習(xí))生活中有很多常見的工具有獨(dú)特的幾何體結(jié)構(gòu)特征,例如垃圾畚箕,其結(jié)構(gòu)如圖所示的五面體,其中四邊形與都為等腰梯形,為平行四邊形,若面,且,記三棱錐的體積為,則該五面體的體積為(

)

A． B． C． D．【答案】C【分析】將五面體分割成三個三棱錐,通過選擇適當(dāng)定點(diǎn)可得其體積關(guān)系,然后可得五面體體積.【詳解】因?yàn)闉槠叫兴倪呅?所以,所以.記梯形的高為,因?yàn)?所以,所以,所以該五面體的體積.故選：C

6、(2024·湖北·二模)已知等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為,且,,若對于任意的,不等式恒成立,則實(shí)數(shù)x可能為(

)A． B．0 C．1 D．2【答案】A【分析】由與的關(guān)系且為等差數(shù)列,求出,由,得,構(gòu)造函數(shù),由在時恒成立,求實(shí)數(shù)x的取值范圍.【詳解】因?yàn)?時,,時,,所以,,,因?yàn)闉榈炔顢?shù)列,所以,,從而,,所以,即,則當(dāng)時,恒成立,,解得或,只有選項(xiàng)A符合題意,故選：A二、多選題7、(2024·浙江溫州·三模)已知空間兩條異面直線所成的角等于60°,過點(diǎn)與所成的角均為的直線有且只有一條,則的值可以等于(

)A．30° B．45° C．75° D．90°【答案】AD【分析】過點(diǎn)作,求得直線與所成角的范圍為或,結(jié)合選項(xiàng),即可求解.【詳解】過點(diǎn)作,從兩對角的角平分線開始,直線與所成角的范圍為或,而均為的直線有且僅有一條,根據(jù)對稱性,可得或.故選：AD.8、(2024·浙江溫州·三模)已知是關(guān)于的方程的兩個根,其中,則(

)A． B． C． D．【答案】ACD【分析】根據(jù)虛根成對原理得到,即可判斷A,再根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算判斷B,利用韋達(dá)定理判斷C、D.【詳解】因?yàn)槭顷P(guān)于的方程的兩個根且,所以,即,故A正確;,,所以,故B錯誤;因?yàn)?所以,故C正確;又,故D正確.故選：ACD三、填空題9、(23-24高三下·陜西西安·階段練習(xí))已知拋物線：,：的焦點(diǎn)分別為,,一條平行于x軸的直線與,分別交于點(diǎn)A,B,若,則四邊形的面積為.【答案】【分析】根據(jù),結(jié)合焦半徑公式,求得,進(jìn)而求得,再結(jié)合平行四邊形面積公式即可求得結(jié)果.【詳解】設(shè),,根據(jù)題意可知,故,即,

又由拋物線的定義可知,,當(dāng)時,,故,,,所以,四邊形是平行四邊形,故四邊形的面積為.故答案為：.10、(2024·河北保定·二模)已知F為拋物線的焦點(diǎn),點(diǎn)在拋物線上C,直線與拋物線C的另一個交點(diǎn)為A,則.【答案】2【分析】將代入拋物線方程,再根據(jù)直線與x軸垂直求解即可.【詳解】由題意可得,解得,則.又直線與x軸垂直,,.故答案為：2四、解答題11、(2024·河北保定·二模)已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為,且.(1)求的通項(xiàng)公式;(2)若數(shù)列滿足,求的前項(xiàng)和.【答案】(1);(2).【分析】(1)根據(jù)的關(guān)系由：求解即可;(2)根據(jù)通項(xiàng)分奇偶分別計(jì)算求和,結(jié)合裂項(xiàng)相消和等比數(shù)列求和公式即可.【詳解】(1)當(dāng)時,.當(dāng)時,,當(dāng)時,也符合.綜上,.(2)由則,故的前項(xiàng)和.12、(2024·河北保定·二模)如圖,在四棱錐中,平面內(nèi)存在一條直線與平行,平面,直線與平面所成的角的正切值為,,.

(1)證明：四邊形是直角梯形.(2)若點(diǎn)滿足,求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析;(2)【分析】(1)根據(jù)條件,利用線面平行的判定定理,得到平面,再線面平行的性質(zhì)定理,得到,再利用條件得到,結(jié)合,,即可證明結(jié)果;(2)建立空間直角坐標(biāo)系,求出平面和平面的法向量,利用面面角的向量法,即可解決問題.【詳解】(1)因?yàn)?平面,平面,所以平面,因?yàn)槠矫?平面平面,所以,連接,因?yàn)槠矫?所以是與平面的夾角,則,解得.因?yàn)?,所以,所以.又,所以四邊形是直角梯形.(2)取的中點(diǎn)M,連接,以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則,,,,,,,由,得,則,設(shè)平面的法向量為,則,取,得到,即,設(shè)平面的一個法向量為,則由,得到,到,得到,所以平面的一個法向量為設(shè)二面角的平面角為,則,所以,故二面角的正弦值為.

13、(2024·河北保定·二模)某興趣小組調(diào)查并統(tǒng)計(jì)了某班級學(xué)生期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績和建立個性化錯題本的情況,用來研究這兩者是否有關(guān).若從該班級中隨機(jī)抽取1名學(xué)生,設(shè)"抽取的學(xué)生期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績不及格”,"抽取的學(xué)生建立了個性化錯題本”,且,,.(1)求和.(2)若該班級共有36名學(xué)生,請完成列聯(lián)表,并依據(jù)小概率值的獨(dú)立性檢驗(yàn),分析學(xué)生期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績與建立個性化錯題本是否有關(guān),個性化錯題本期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績合計(jì)及格不及格建立未建立合計(jì)(3)為進(jìn)一步驗(yàn)證(2)中的判斷,該興趣小組準(zhǔn)備在其他班級中抽取一個容量為的樣本(假設(shè)根據(jù)新樣本數(shù)據(jù)建立的列聯(lián)表中,所有的數(shù)據(jù)都擴(kuò)大為(2)中列聯(lián)表中數(shù)據(jù)的倍,且新列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)都為整數(shù)).若要使得依據(jù)的獨(dú)立性檢驗(yàn)可以肯定(2)中的判斷,試確定的最小值參考公式及數(shù)據(jù)：,.0.010.0050.0016.6357.87910.828【答案】(1),(2)表格見解析,有關(guān);(3)【分析】(1)利用條件概率公式結(jié)合全概率公式即可得到答案;(2)由(1)所計(jì)算的概率即可完成列聯(lián)表,再由獨(dú)立性檢驗(yàn)的知識即可得到結(jié)論;(3)利用獨(dú)立性檢驗(yàn)的知識可得,在結(jié)合,即可得到答案.【詳解】(1)因?yàn)?,所以,,由于,解得,所以.,解得.(2)個性化錯題本期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績合計(jì)及格不及格建立20424未建立4812合計(jì)241236零假設(shè)為期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績與建立個性化錯題本無關(guān).根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù),經(jīng)計(jì)算得到.根據(jù)小概率值的獨(dú)立性檢驗(yàn),我們推斷不成立,即認(rèn)為期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績與建立個性化錯題本有關(guān),此推斷犯錯誤的概率不大于0.005.(3),解得.要使新列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)都為整數(shù),則需.又因?yàn)?所以的最小值為5,故的最小值是(五)一、單選題1、(2024·江西·一模)中國蹴鞠已有兩千三百多年的歷史,于2004年被國際足聯(lián)正式確認(rèn)為世界足球運(yùn)動的起源．蹴鞠在2022年卡塔爾世界杯上再次成為文化交流的媒介,走到世界舞臺的中央,訴說中國傳統(tǒng)非遺故事．為弘揚(yáng)中華傳統(tǒng)文化,某市四所高中各自組建了蹴鞠隊(duì)(分別記為"甲隊(duì)”"乙隊(duì)”"丙隊(duì)”"丁隊(duì)”)進(jìn)行單循環(huán)比賽(即每支球隊(duì)都要跟其他各支球隊(duì)進(jìn)行一場比賽),最后按各隊(duì)的積分排列名次(積分多者名次靠前,積分同者名次并列),積分規(guī)則為每隊(duì)勝一場得3分,平場得1分,負(fù)一場得0分．若每場比賽中兩隊(duì)勝、平、負(fù)的概率均為,則在比賽結(jié)束時丙隊(duì)在輸了第一場且其積分仍超過其余三支球隊(duì)的積分的概率為(

)

A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)丙是最高分可得丙余下兩場比賽全贏,再就甲乙、甲丁的輸贏(丙的第一場對手若為甲)分類討論后可得正確的選項(xiàng).【詳解】三隊(duì)中選一隊(duì)與丙比賽,丙輸,,例如是丙甲,若丙與乙、丁的兩場比賽一贏一平,則丙只得4分,這時,甲乙、甲丁兩場比賽中甲只能輸,否則甲的分?jǐn)?shù)不小于4分,不合題意,在甲輸?shù)那闆r下,乙、丁已有3分,那個它們之間的比賽無論什么情況,乙、丁中有一人得分不小于4分,不合題意.若丙全贏(概率是)時,丙得6分,其他3人分?jǐn)?shù)最高為5分,這時甲乙,甲丁兩場比賽中甲不能贏,否則甲的分?jǐn)?shù)不小于6分,(1)若甲乙,甲丁兩場比賽中甲一平一輸,則一平一輸?shù)母怕适?如平乙,輸丁,則乙丁比賽時,丁不能贏,概率是,(2)若甲乙,甲丁兩場比賽中甲兩場均平,概率是,乙丁這場比賽無論結(jié)論如何均符合題意,(3)若甲乙,甲丁兩場比賽中甲都輸,概率是,乙丁這場比賽只能平,概率是.綜上,概率為,D正確．故選：D.2、(2024·浙江溫州·三模)設(shè)為同一試驗(yàn)中的兩個隨機(jī)事件,則"”是"事件互為對立事件”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】B【分析】根據(jù)對立事件概率的性質(zhì)可以說明條件是必要的,容易給出反例說明條件不是充分的.【詳解】若互為對立事件,根據(jù)對立事件概率公式可直接得到,故條件是必要的;若試驗(yàn)基本事件含3種及以上,其中表示概率為的兩個不同事件,則不互為對立事件,此時,故條件不是充分的.故選：B.3、(2024·浙江溫州·三模)已知,和的展開式中二項(xiàng)式系數(shù)的最大值分別為和,則(

)A． B．C． D．的大小關(guān)系與有關(guān)【答案】A【分析】根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)知,,再用組合數(shù)的定義驗(yàn)證.【詳解】根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì),最大的二項(xiàng)式系數(shù)出現(xiàn)在正中間的1項(xiàng)或正中間的2項(xiàng).即,,所以,從而.故選：A.4、(2024·廣西·二模)已知是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,且,下列命題為真命題的是(

)A．若,則 B．若,則C．若,則 D．若,則【答案】B【分析】考查線與面,面與面之間位置關(guān)系,關(guān)鍵是掌握線面、面面等的位置關(guān)系及其性質(zhì),再結(jié)合圖形分析.【詳解】如圖,當(dāng)時,與可相交也可平行,故A錯;當(dāng)時,由平行性質(zhì)可知,必有,故B對;如圖,當(dāng)時,或,故C錯;當(dāng)時,可相交、平行,故D錯.故選：B.5、(2024·河北邢臺·一模)如果方程能確定y是x的函數(shù),那么稱這種方式表示的函數(shù)是隱函數(shù)．隱函數(shù)的求導(dǎo)方法如下：在方程中,把y看成x的函數(shù),則方程可看成關(guān)于x的恒等式,在等式兩邊同時對x求導(dǎo),然后解出即可．例如,求由方程所確定的隱函數(shù)的導(dǎo)數(shù),將方程的兩邊同時對x求導(dǎo),則(是中間變量,需要用復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則),得．那么曲線在點(diǎn)處的切線方程為(

)A． B．C． D．【答案】B【分析】利用給定隱函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求法確定斜率,再求出切線方程即可.【詳解】由給定定義得,對左右兩側(cè)同時求導(dǎo),可得,將點(diǎn)代入,得,解得,故切線斜率為,得到切線方程為,化簡得方程為,故B正確.故選：B6、(2024·江蘇南通·二模)已知曲線與曲線在第一象限交于點(diǎn),在處兩條曲線的切線傾斜角分別為,,則(

)A． B．C． D．【答案】A【分析】聯(lián)立曲線曲線與曲線方程求出切點(diǎn),再由圓的切線與圓心和切點(diǎn)連線垂直,結(jié)合兩垂直直線斜率乘積等于可求出在處圓的切線斜率,從而得出;由導(dǎo)數(shù)知識里在某點(diǎn)處的切線方程求法可得出,進(jìn)而根據(jù)兩角和與差的正切公式進(jìn)行檢驗(yàn)判斷即可.【詳解】因?yàn)榍€,即,所以曲線是以為圓心,為半徑的圓,且,即曲線過原點(diǎn)O,聯(lián)立,得,所以在處圓的切線斜率為,所以,由,所以曲線在A處的切線斜率為,又,所以,所以,從而,即,故A正確,C錯誤,注意到,,且,故B、D錯誤,故選：A.二、多選題7、(2024·河北保定·二模)一般地,任意給定一個角,它的終邊與單位圓的交點(diǎn)P的坐標(biāo),無論是橫坐標(biāo)x還是縱坐標(biāo)y,都是唯一確定的,所以點(diǎn)P的橫坐標(biāo)x、縱坐標(biāo)y都是角的函數(shù).下面給出這些函數(shù)的定義：①把點(diǎn)P的縱坐標(biāo)y叫作的正弦函數(shù),記作,即;②把點(diǎn)P的橫坐標(biāo)x叫作的余弦函數(shù),記作,即;③把點(diǎn)P的縱坐標(biāo)y的倒數(shù)叫作的余割,記作,即;④把點(diǎn)P的橫坐標(biāo)x的倒數(shù)叫作的正割,記作,即.下列結(jié)論正確的有(

)A．B．C．函數(shù)的定義域?yàn)镈．【答案】ABD【分析】根據(jù)正余弦函數(shù)及余割正割的定義逐一判斷即可.【詳解】,A正確;,B正確;函數(shù)的定義域?yàn)?C錯誤;,當(dāng)時,等號成立,D正確.故選：ABD.8、(2024·河北保定·二模)如圖1,在等腰梯形中,,,,,,將四邊形沿進(jìn)行折疊,使到達(dá)位置,且平面平面,連接,,如圖2,則(

)A． B．平面平面C．多面體為三棱臺 D．直線與平面所成的角為【答案】ABD【分析】A.由面面垂直得線面垂直再得線線垂直;B.由,易得平面平面;C.由棱臺的定義可判斷;D.確定線面角,計(jì)算即可.【詳解】因?yàn)槠矫嫫矫?平面平面,平面,,所以平面,又因?yàn)槠矫?則,故A正確.因?yàn)?平面,平面,則平面平面,又,平面,平面,則平面平面,又因?yàn)?平面,所以平面平面,B正確.因?yàn)?,則,所以多面體不是三棱臺,C錯誤.延長,相交于點(diǎn)G,因?yàn)槠矫嫫矫?平面平面,平面,,所以平面,則為直線與平面所成的角.因?yàn)?所以,解得,,則,則,D正確.故選：ABD.三、填空題9、(2024·廣西·二模)智慧農(nóng)機(jī)是指配備先進(jìn)的信息技術(shù),傳感器?自動化和機(jī)器學(xué)習(xí)等技術(shù),對農(nóng)業(yè)機(jī)械進(jìn)行數(shù)字化和智能化改造的農(nóng)業(yè)裝備,例如：自動育秧機(jī)和自動插秧機(jī).正值春耕備耕時節(jié),某智慧農(nóng)場計(jì)劃新購2臺自動育秧機(jī)和3臺自動插秧機(jī),現(xiàn)有6臺不同的自動育秧機(jī)和5臺不同的自動插秧機(jī)可供選擇,則共有種不同的選擇方案.【答案】150【分析】利用乘法原理,結(jié)合組合知識求解．【詳解】第一步從6臺不同的自動育秧機(jī)選2臺,第二步從5臺不同的自動插秧機(jī)選3臺,由乘法原理可得選擇方案數(shù)為,故答案為：150.10、(2024·廣東揭陽·二模)已知,則,.【答案】0或21或【分析】利用二倍角的正弦公式變形求出,再利用和角的正切計(jì)算即得.【詳解】依題意,,即或,所以或2;所以或.故答案為：0或2;1或四、解答題11、(2024·浙江溫州·三模)由四棱柱截去三棱錐后得到如圖所示的幾何體,四邊形是菱形,為與的交點(diǎn),平面.(1)求證：平面;(2)若,求平面與平面夾角的大小.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)取中點(diǎn),連接,由已知條件證明出,即可得證平面.(2)先求平面與平面的法向量和,再由,結(jié)合二面角夾角范圍和圖形即可求解.【詳解】(1)如圖,取中點(diǎn),連接,,則由題意且,故四邊形是平行四邊形,所以且,故且,所以四邊形是平行四邊形,故,又平面,平面,所以平面.(2)由題意可知兩兩垂直,故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則由題意,又,所以,,即,所以,,,,設(shè)平面的一個法向量為,則,所以,取,則,設(shè)平面的一個法向量為,則,所以,取,則,所以,設(shè)平面與平面夾角為,則,所以平面與平面夾角的大小為.12、(2024·浙江溫州·三模)設(shè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為.(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值;(2)證明：函數(shù)存在唯一的極大值點(diǎn),且.(參考數(shù)據(jù)：)【答案】(1)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,極大值,無極小值.(2)證明見解析【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值;(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值點(diǎn),由單調(diào)性證明.【詳解】(1)函數(shù),定義域?yàn)?,,解得,解得,所以在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,故極大值為,無極小值.(2)由(1)可知,且,,所以根據(jù)零點(diǎn)定理,使,使,即時,,為減函數(shù);時,,為增函數(shù),所以存在唯一極大值點(diǎn),即,又因?yàn)?所以,即,得證!13、(2024·浙江溫州·三模)已知直線與雙曲線相切于點(diǎn).(1)試在集合中選擇一個數(shù)作為的值,使得相應(yīng)的的值存在,并求出相應(yīng)的的值;(2)過點(diǎn)與垂直的直線分別交軸于兩點(diǎn),是線段的中點(diǎn),求點(diǎn)的軌跡方程.【答案】(1)當(dāng)時,;當(dāng)時,;當(dāng)時,.(2)【分析】(1)直線方程和雙曲線方程聯(lián)立,由求得與的函數(shù)關(guān)系,再由的值求出相應(yīng)的的值;(2)設(shè),利用導(dǎo)數(shù)求直線的斜率,得直線的斜率和方程,求出兩點(diǎn)的坐標(biāo),表示出分點(diǎn)的坐標(biāo),由在雙曲線上,得點(diǎn)的軌跡方程.【詳解】(1)由,消去得,由,得,當(dāng)時,不存在;當(dāng)時,;當(dāng)時,;當(dāng)時,.(2)設(shè),則,,對C求導(dǎo)可得,則,有,所以,令,得,所以;令,得,所以,

所以,即,則,所以,得,,即P的軌跡方程是(六)一、單選題1、(2024·廣東揭陽·二模)已知復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為,且,則(

)A． B．C． D．【答案】B【分析】借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得,再利用模長公式即可得.【詳解】由題意得,所以,則.故選：B.2、(2024·廣東揭陽·二模)已知函數(shù)在上不單調(diào),則的取值范圍為(

)A． B．C． D．【答案】C【分析】根據(jù)給定條件,利用二次函數(shù)的單調(diào)性列出不等式求解即得.【詳解】函數(shù)的圖象對稱軸為,依題意,,得,所以的取值范圍為.故選：C3、(2024·湖北·模擬預(yù)測)函數(shù)的圖象大致為(

)A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)時的單調(diào)性可排除BC;再由奇偶性可排除D.【詳解】,因?yàn)楫?dāng)時,都為增函數(shù),所以,在上單調(diào)遞增,故B,C錯誤;又因?yàn)?所以不是奇函數(shù),即圖象不關(guān)于原點(diǎn)對稱,故D錯誤.故選：A4、(2024·浙江溫州·三模)已知,則(

)A． B． C． D．【答案】B【分析】先由兩角和正弦和已知條件解得,進(jìn)而得,再利用兩角和與差的正弦、余弦公式簡化所求式子即可求解.【詳解】因?yàn)?故由兩角和正弦公式得,故兩邊平方得,即,故.故選：B.5、(2024·浙江溫州·三模)已知函數(shù),則關(guān)于方程的根個數(shù)不可能是(

)A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【答案】C【分析】將原問題轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)的圖象交點(diǎn)的個數(shù),作出的圖象,分、、三種情況,結(jié)合圖象求解即可．【詳解】作出函數(shù)的圖象,如圖所示：

將原問題轉(zhuǎn)化為直線(過定點(diǎn))與函數(shù)的圖象交點(diǎn)的個數(shù),由圖可知,當(dāng)時,直線與函數(shù)的圖象只有一個交點(diǎn);當(dāng)時,直線與函數(shù)的圖象沒有交點(diǎn);當(dāng)時,直線與函數(shù)的圖象有三個交點(diǎn);所以直線與函數(shù)的圖象不可能有兩個交點(diǎn)．故選：C．6、(2024·浙江溫州·三模)已知是橢圓的左右焦點(diǎn),上兩點(diǎn)滿足：,,則橢圓的離心率是(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)焦點(diǎn)三角形的邊長關(guān)系,利用余弦定理即可求解.【詳解】由可知,設(shè),則,,,則由余弦定理可得化簡可得,故,(舍去),又,所以,化簡可得,故,故選：D二、多選題7、(2024·湖北·模擬預(yù)測)設(shè),則(

)A． B．C． D．【答案】BC【分析】對A,利用誘導(dǎo)公式求解判斷;對B,利用二倍角正弦公式運(yùn)算求解;對C,利用商數(shù)關(guān)系切化弦,再根據(jù)誘導(dǎo)公式化簡求解;對D,,又,假設(shè),可推出矛盾.【詳解】對于A,,故A錯誤;對于B,,故B正確;對于C,,故C正確;對于D,,,若,則,矛盾,故D錯誤．故選：BC.8、(2024·安徽·三模)已知函數(shù),則(

)A．B．的圖象關(guān)于直線對稱C．在上單調(diào)遞增D．函數(shù)在上有2個零點(diǎn)【答案】ABD【分析】利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)依次判斷選項(xiàng)即可.【詳解】易知的最小正周期為,所以也是的周期,則,故A正確;令,解得：,當(dāng)時,,所以的圖象關(guān)于直線對稱,故B正確;當(dāng)時,,則函數(shù)在上先增后減,故錯誤;令,故,在一直角坐標(biāo)系中分別作出和的大致圖像(如圖),觀察可知,二者有兩個交點(diǎn),故函數(shù)在上有2個零點(diǎn),故D正確.

故選：ABD三、填空題9、(2024·浙江溫州·三模)定義在上的函數(shù)滿足：,則.【答案】/0.5【分析】依次賦值,得;賦值,得;最后賦值即可求解.【詳解】由題賦值,得,所以由,得;賦值,得,所以;賦值,得.故答案為：.10、(2024·浙江溫州·三模)過拋物線焦點(diǎn)的直線交拋物線于兩點(diǎn),點(diǎn),沿軸將坐標(biāo)系翻折成直二面角,當(dāng)三棱錐體積最大時,.【答案】/【分析】設(shè)直線的方程為,與拋物線方程聯(lián)立,利用韋達(dá)定理,結(jié)合三棱錐的體積公式求解．【詳解】由于直線過焦點(diǎn),且與拋物線交于兩個不同的點(diǎn),故設(shè)其方程為,聯(lián)立方