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）（9-10）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）（九）一、單選題1、（2024·遼寧沈陽·二模）拋物線過點(diǎn)，則的準(zhǔn)線方程為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】把點(diǎn)代入拋物線方程，再求得準(zhǔn)線方程.【詳解】把點(diǎn)代入拋物線方程，得，解得，所以拋物線方程為，準(zhǔn)線方程為.故選：B.2、（2024·江蘇·二模）已知，是兩個(gè)虛數(shù)，則“，均為純虛數(shù)”是“為實(shí)數(shù)”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】A【分析】設(shè)且,可得，如，可得結(jié)論.【詳解】若均為純虛數(shù)，設(shè)且,則，所以“均為純虛數(shù)”是是實(shí)數(shù)的充分條件，當(dāng)，，所以“均為純虛數(shù)”是是實(shí)數(shù)的不必要條件，綜上所述：“均為純虛數(shù)”是是實(shí)數(shù)的充分不必要條件.故選：A.3、（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）圓與圓的公共弦長為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出兩圓的公共弦所在直線的方程，再求出圓心到公共弦的距離，由弦長即可求出兩圓的公共弦長.【詳解】由，作差．得兩圓的公共弦所在直線的方程為．由，得．所以圓心，半徑，則圓心到公共弦的距離．所以兩圓的公共弦長為．故選：D．4、（2024·河南·三模）已知等比數(shù)列的公比為，若，且成等差數(shù)列，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)等差數(shù)列定義和等比數(shù)列通項(xiàng)公式可構(gòu)造方程求得結(jié)果.【詳解】成等差數(shù)列，，又，，整理可得：，，解得：（舍）或.故選：C.5、（2024·江蘇·二模）已知非零向量，，若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用兩個(gè)向量平行的性質(zhì)可得，化簡可得，利用齊次式即可得到答案.【詳解】因?yàn)椋瑸榉橇阆蛄?，所以，即因?yàn)?，所以，則，即，即，由于，所以兩邊同除，可得：，解得：tanα=13或(舍去),所以.故選：D6、（2024·河南·二模）已知函數(shù)，若存在，，使得，則的最小值為（

）A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】化簡得，由題意可得在上至少有兩個(gè)相鄰的對稱軸，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)，列出不等式組求解即可.【詳解】由題意知，由于，則在上至少有兩個(gè)相鄰的對稱軸，令，，則，，當(dāng)時(shí)，不等式組無解，當(dāng)時(shí)，解為，因此的最小值為，故選：C.二、多選題7、（2024·江蘇·二模）設(shè)m，n是兩條不同的直線，，是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的有（

）A．若，，，則B．，，，則C．若，，，則D．若，，，則【答案】BCD【分析】根據(jù)垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化與判定定理和性質(zhì)定理，即可判斷選項(xiàng).【詳解】A.若，，，不能推出或，則不能推出，故A錯(cuò)誤；B.若，，則，又，所以，故B正確；C.若，，則，又，所以，故C正確；D.若，，，說明與和垂直的法向量互相垂直，則，故D正確.故選：BCD8、（2024·江蘇·二模）已知定義在R上的函數(shù)滿足，且不是常函數(shù)，則下列說法中正確的有（

）A．若2為的周期，則為奇函數(shù)B．若為奇函數(shù)，則2為的周期C．若4為的周期，則為偶函數(shù)D．若為偶函數(shù)，則4為的周期【答案】ABD【分析】對于A：由已知可得，結(jié)合周期可得可判斷A；由奇函數(shù)可得，可判斷B；結(jié)合已知可得結(jié)論，可判斷C；由已知可得，可判斷D.【詳解】對于A：若2是的周期，則，由，可得，所以，所以為奇函數(shù)；故A正確；對于B：若為奇函數(shù)，則，由，可得，所以2是的周期，故B正確；若4是的周期，則，由，可得，所以，所以為奇函數(shù)；故C不正確；對于D：若為偶函數(shù)，則，由，可得，所以，所以，所以4是的周期，故D正確.故選：ABD.三、填空題9、（2024·遼寧沈陽·二模）已知函數(shù)，則．【答案】【分析】根據(jù)分段函數(shù)解析式結(jié)合自變量范圍求解即可.【詳解】，，，故答案為：10、（2024·遼寧沈陽·二模）已知，若平面內(nèi)滿足到直線的距離為1的點(diǎn)有且只有3個(gè)，則實(shí)數(shù)．【答案】或【分析】設(shè)出動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)，由求得其軌跡方程，由題意知，只需使圓心到直線的距離等于1即可.【詳解】設(shè)點(diǎn)，由可得：，兩邊平方整理得：，即點(diǎn)的軌跡是圓,圓心在原點(diǎn)，半徑為2.若該圓上有且只有3個(gè)點(diǎn)到直線的距離為1，則圓心到直線的距離，解得．故答案為：或.四、解答題11、（2024·河南·二模）盒中裝有大小相同的7個(gè)小球，其中2個(gè)黑球，3個(gè)紅球，2個(gè)白球.規(guī)定：取到1個(gè)黑球得0分，取到1個(gè)紅球得1分，取到1個(gè)白球得2分.現(xiàn)一次性從盒中任取3個(gè)小球.(1)求取出的3個(gè)小球中至少有2個(gè)紅球的概率；(2)用隨機(jī)變量表示取出的3個(gè)小球得分之和，求的分布列.【答案】(1)(2)分布列見解析【分析】（1）根據(jù)古典概型的概率公式可得,即可利用超幾何分布的概率公式求解；（2）利用超幾何分布的概率公式求解概率，即可得分布列.【詳解】（1）共有種不同的取法，事件表示取出3個(gè)小球中至少有2個(gè)紅球，包含兩種；（2）隨機(jī)變量的可能取值為，，，，，.則隨機(jī)變量的分布列為：1234512、（2024·河南·二模）在數(shù)列中，，對任意正整數(shù)，均有.數(shù)列滿足：.(1)求數(shù)列和的通項(xiàng)公式；(2)若，求數(shù)列的前項(xiàng)和.【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用累加法求出的通項(xiàng)公式，由可得兩式作差即可得到的通項(xiàng)公式；（2）由（1）可得，利用裂項(xiàng)相消法計(jì)算可得.【詳解】（1）因?yàn)?，?dāng)時(shí)，，累加得，即，經(jīng)檢驗(yàn)，滿足，所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為，因?yàn)棰?，?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，②，①②得，即，經(jīng)檢驗(yàn)，滿足，所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為；（2）由（1）可得，所以.即數(shù)列的前項(xiàng)和.13、（2024·河南·二模）已知圓錐的頂點(diǎn)為，底面圓的直徑的長度為4，母線長為.(1)如圖1所示，若為圓上異于點(diǎn)的任意一點(diǎn)，當(dāng)三角形的面積達(dá)到最大時(shí)，求二面角的大小；(2)如圖2所示，若，點(diǎn)在線段上，一只螞蟻從點(diǎn)出發(fā)，在圓錐的側(cè)面沿著最短路徑爬行一周到達(dá)點(diǎn)，在運(yùn)動(dòng)過程中，上坡的路程是下坡路程的3倍，求線段的長度.（上坡表示距離頂點(diǎn)越來越近）【答案】(1)(2)【分析】（1）判斷為鈍角，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)最大，以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系求解.（2）將圓錐的側(cè)面展開成扇形，在中，過作的垂線，設(shè)垂足為由題意知，利用及向量運(yùn)算求得的長度.【詳解】（1）由，易得圓錐的高，所以，所以為鈍角，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，（滿足條件的點(diǎn)有兩種對稱位置，只研究其中的一種）此時(shí)易得，在直角三角形中，由勾股定理得，，從而為等邊三角形，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)平面的法向量，即令，得，所以，取平面的法向量，設(shè)二面角的平面角為，顯然為銳角，，所以二面角的大小為；（2）將圓錐的側(cè)面展開成扇形如圖，扇形的弧長為，扇形的半徑，則扇形的圓心角，在中，過作的垂線，設(shè)垂足為在段距離頂點(diǎn)越來越近為上坡，段為下坡，所以，設(shè)，易得，因?yàn)?，所以，即，得，解得，?（十）一、單選題1、（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）若為純虛數(shù)，則（

）A．2 B．4 C． D．【答案】A【分析】由復(fù)數(shù)的乘法和除法運(yùn)算化簡復(fù)數(shù)，由題意可得且，解方程即可得出答案.【詳解】由題得，因?yàn)闉榧兲摂?shù)．所以且，解得．故選：A．2、（2024·河南·二模）展開式中的常數(shù)項(xiàng)為（

）A．30 B．-30 C．60 D．-60【答案】C【分析】利用二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)公式即可求解.【詳解】展開式的通項(xiàng)為,令，解得，故展開式中的常數(shù)項(xiàng)為.故選：C.3、（2024·遼寧沈陽·二模）已知，且，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)結(jié)合可得與，進(jìn)而可得.【詳解】則，即，又因?yàn)?，故，，，故，因?yàn)?，則，結(jié)合可得，，則.故.故選：C4、（2024·山東棗莊·模擬預(yù)測）已知平面向量，則在上的投影向量為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)已知條件分別求出和，然后按照平面向量的投影向量公式計(jì)算即可得解.【詳解】，，,在上的投影向量為.故選：A.5、（2024·山東棗莊·模擬預(yù)測）已知圓柱的底面半徑為1，母線長為2，它的兩個(gè)底面的圓周在同一個(gè)球的球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用圓柱及球的特征計(jì)算即可.【詳解】由題意可知該球?yàn)閳A柱的外切球，所以球心為圓柱的中心，設(shè)球半徑為，則，故該球的表面積為.故選：C6、（2024·浙江紹興·二模）在邊長為4的正三角形中，E，F(xiàn)分別是，的中點(diǎn)，將沿著翻折至，使得，則四棱錐的外接球的表面積是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】畫出圖形，通過分析得出，外接球球心在過底面外接圓圓心且垂直于底面（即平行于）的直線上面，且底面外接圓半徑為，設(shè)到平面的距離為，過作于點(diǎn)，從而，由此列出方程組求出結(jié)合球的表面積公式即可得解.【詳解】依題意取的中點(diǎn)為，且交于點(diǎn)，注意到是的中點(diǎn)，三角形是等邊三角形，從而是三角形的中心，同時(shí)有，，，面，面，所以面，而面，所以平面面，故而點(diǎn)在平面的投影在上面，注意到三角形與三角形都是邊長為2的等邊三角形，即三角形與三角形全等，從而，，面，面，所以面，因?yàn)槊妫?，因?yàn)槊?，面，所以，又因?yàn)?，面，面，故有面，所以，注意到點(diǎn)是直角三角形斜邊上的中點(diǎn)，所以是四邊形（或三角形）外接圓的圓心（這是因?yàn)?，從而四點(diǎn)共圓），所以四棱錐的外接球的球心在與平面垂直的上，且底面四邊形外接圓的半徑為，設(shè)到平面的距離為，過作于點(diǎn)，所以，即，解得，這意味著此時(shí)點(diǎn)與點(diǎn)重合，四棱錐的外接球的表面積是.故選：C.二、多選題7、（2024·河南·二模）已知復(fù)數(shù)，是的共軛復(fù)數(shù)，則下列說法正確的是（

）A．的實(shí)部為B．復(fù)數(shù)在復(fù)平面中對應(yīng)的點(diǎn)在第四象限C．D．【答案】ABD【分析】先化簡得到，然后用實(shí)部和共軛實(shí)數(shù)的定義判斷A和B選項(xiàng)；由于虛數(shù)不能比較大小，故C錯(cuò)誤；直接計(jì)算即知D正確.【詳解】我們有，故的實(shí)部為，A正確；由知，所以在復(fù)平面中對應(yīng)的點(diǎn)是，在第四象限，B正確；都不是實(shí)數(shù)，它們不能比較大小，C錯(cuò)誤；，D正確.故選：ABD.8、（2024·河南·二模）已知正方體的棱長為分別是棱的中點(diǎn)，是棱上的動(dòng)點(diǎn)（包括端點(diǎn)），則下列說法正確的是（

）A．B．正方體的外接球的球心可能在平面內(nèi)C．若直線上有且只有一點(diǎn)使得，則D．當(dāng)時(shí)，為線段上的動(dòng)點(diǎn)（包括端點(diǎn)），則的最小值為【答案】ACD【分析】對于B，對比正方體的正六邊形截面與平面是否重合即可；建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，對于A，驗(yàn)證兩直線的方向向量的數(shù)量積是否為0即可；對于C，由直線垂直得到數(shù)量積為0，即可得到一個(gè)方程，由判別式等于0進(jìn)行驗(yàn)算即可；對于D，利用數(shù)量積的坐標(biāo)公式將所求轉(zhuǎn)換為二次函數(shù)即可判斷.【詳解】如圖所示：

正方體的正六邊形截面不可能與平面重合，其中是各點(diǎn)所在棱的中點(diǎn)，顯然其中心為正方體的外接球的球心，B錯(cuò)誤；建立如圖所示坐標(biāo)系，

則，設(shè)，，而，所以，，所以，所以，故A正確；因此，由，故，即，化簡有，因?yàn)閮H有一點(diǎn)，則，故正確；由上述知，則，設(shè)，則，因此，當(dāng)時(shí)，取最小值，故D正確.故選：ACD.三、填空題9、（2024·山東棗莊·模擬預(yù)測）寫出函數(shù)圖象的一條對稱軸方程．【答案】（答案不唯一）【分析】利用二倍角公式及三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)計(jì)算即可.【詳解】易知，所以，不妨取，則.故答案為：（答案不唯一）10、（2024·山東棗莊·模擬預(yù)測）某人上樓梯，每步上1階的概率為，每步上2階的概率為，設(shè)該人從第1階臺(tái)階出發(fā)，到達(dá)第3階臺(tái)階的概率為．【答案】【分析】先分①②兩種方法，再由獨(dú)立事件的乘法公式計(jì)算即可.【詳解】到達(dá)第3臺(tái)階的方法有兩種：第一種：

每步上一個(gè)臺(tái)階，上兩步，則概率為；第二種：

只上一步且上兩個(gè)臺(tái)階，則概率為，所以到達(dá)第3階臺(tái)階的概率為，故答案為：.四、解答題11、（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）記的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知．(1)求的值；(2)若外接圓的半徑為，且為銳角，求面積的最大值．【答案】(1)(2)8【分析】（1）結(jié)合正弦定理、兩角和正弦公式化簡題目已知條件即可求出a的邊長.（2）利用正弦定理以及先求出，再利用余弦定理和基本不等式求出的最大值即可求解.【詳解】（1）由題得．所以．所以，又，所以，由正弦定理得，因?yàn)?，所?（2）由正弦定理得，所以，又為銳角．所以，由余弦定理得，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，所以的面積.故面積的最大值為8.12、（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）如圖1，在平面四邊形中，是邊長為4的等邊三角形，，，為SD的中點(diǎn)，將沿AB折起，使二面角的大小為，得到如圖2所示的四棱錐，點(diǎn)滿足，且．(1)證明：當(dāng)時(shí)，平面；(2)求點(diǎn)D到平面的距離；(3)若平面與平面夾角的余弦值為，求的值．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)線線平行可得線面平行，進(jìn)而可證面面平行，根據(jù)面面平行的性質(zhì)即可求解，（2）根據(jù)，可得為二面角的平面角，即可判斷等邊，進(jìn)而可得線線垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，求解平面法向量，即可利用向量法求解點(diǎn)面距離，（3）求解兩平面的法向量，根據(jù)法向量的夾角即可求解.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，為棱SC的中點(diǎn)．取CD的中點(diǎn)，連接MN，BN，則，因?yàn)槠矫?，平面．所以平面．由題可得，，，所以，所以．因?yàn)槠矫?，平面，所以平面．又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．?）由題意得，所以為二面角的平面角，即，又，所以為等邊三角形．因?yàn)?，平面．所以平面，又平面，所以平面平面，取AD的中點(diǎn)，連接，則．因?yàn)槠矫嫫矫?，所以平面．所以AD，AB，OS兩兩垂直．則以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OS所在直線分別為x，z軸，以過點(diǎn)且平行于AB的直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則，，，．所以，，．設(shè)平面的法向量為，則．取，則，，所以．所以點(diǎn)到平面的距離．（3）由（2）可得，則由，得．所以．設(shè)平面的法向量為．則，取，則，，所以．由（2）可知為平面的一個(gè)法向量．設(shè)平面與平面的夾角為．則，解得或（舍）．所以的值為．13、（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）為了解并普及人工智能相關(guān)知識、發(fā)展青少年科技創(chuàng)新能力，某中學(xué)開展了“科技改變生活”人工智能知識競賽，競賽試題有甲、乙、丙三類（每類有若干道題），各類試題的分值