高考冲刺《数学》考前中档保分专题冲刺练习（6+2+2+3）（4-6）教师版

第页高考考前最后冲刺系列中档保分（6+2+2+3）（本主要以模考题中的基础中档题为主，旨在为学生高考考前巩固基础，查缺补漏）（四）一、单选题1、（23-24高二下·浙江杭州·期中）在中，三个内角成等差数列，则（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】由条件可知，结合求得，从而代入得解.【详解】因为成等差数列，所以；又，所以，即，所以，所以.故选：C.2、（2024·浙江温州·三模）平面向量，若，则（

）A． B．1 C． D．2【答案】A【分析】根据向量平行满足的坐标关系即可求解.【详解】，由于，所以，解得，故选：A3、（2024·广东揭阳·二模）已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，则该椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用已知条件求解，的关系，即可求解离心率.【详解】设该椭圆的长轴长为，短轴长为，由题意得，则，故选：D4、（2024·广东揭阳·二模）把函数的图象向左平移个最小正周期后，所得图象对应的函数为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】先根据正弦型函数的周期计算公式得最小正周期；利用函数平移的规律及诱导公式即得.【详解】由题意得的最小正周期为，则所求函数为.故选：C5、（23-24高三上·浙江·阶段练习）生活中有很多常见的工具有独特的几何体结构特征，例如垃圾畚箕，其结构如图所示的五面体，其中四边形与都为等腰梯形，为平行四边形，若面，且，记三棱锥的体积为，则该五面体的体积为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】将五面体分割成三个三棱锥，通过选择适当定点可得其体积关系，然后可得五面体体积.【详解】因为为平行四边形，所以，所以.记梯形的高为，因为，所以，所以，所以该五面体的体积.故选：C

6、（2024·湖北·二模）已知等差数列的前n项和为，且，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数x可能为（

）A． B．0 C．1 D．2【答案】A【分析】由与的关系且为等差数列，求出，由，得，构造函数，由在时恒成立，求实数x的取值范围.【详解】因为，时，，时，，所以，，，因为为等差数列，所以，，从而，，所以，即，则当时，恒成立，，解得或，只有选项A符合题意，故选：A二、多选题7、（2024·浙江温州·三模）已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（

）A．30° B．45° C．75° D．90°【答案】AD【分析】过点作，求得直线与所成角的范围为或，结合选项，即可求解.【详解】过点作，从两对角的角平分线开始，直线与所成角的范围为或，而均为的直线有且仅有一条，根据对称性，可得或.故选：AD.8、（2024·浙江温州·三模）已知是关于的方程的两个根，其中，则（

）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】根据虚根成对原理得到，即可判断A，再根据复数代数形式的乘法运算判断B，利用韦达定理判断C、D.【详解】因为是关于的方程的两个根且，所以，即，故A正确；，，所以，故B错误；因为，所以，故C正确；又，故D正确.故选：ACD三、填空题9、（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）已知抛物线：，：的焦点分别为，，一条平行于x轴的直线与，分别交于点A，B，若，则四边形的面积为.【答案】【分析】根据，结合焦半径公式，求得，进而求得，再结合平行四边形面积公式即可求得结果.【详解】设，，根据题意可知，故，即，

又由抛物线的定义可知，，当时，，故，，，所以，四边形是平行四边形，故四边形的面积为.故答案为：.10、（2024·河北保定·二模）已知F为抛物线的焦点，点在抛物线上C，直线与抛物线C的另一个交点为A，则.【答案】2【分析】将代入抛物线方程，再根据直线与x轴垂直求解即可.【详解】由题意可得，解得，则.又直线与x轴垂直，，.故答案为：2四、解答题11、（2024·河北保定·二模）已知数列的前n项和为，且.(1)求的通项公式；(2)若数列满足，求的前项和.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据的关系由：求解即可；（2）根据通项分奇偶分别计算求和，结合裂项相消和等比数列求和公式即可.【详解】（1）当时，.当时，，当时，也符合.综上，.（2）由则，故的前项和.12、（2024·河北保定·二模）如图，在四棱锥中，平面内存在一条直线与平行，平面，直线与平面所成的角的正切值为，，.

(1)证明：四边形是直角梯形.(2)若点满足，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据条件，利用线面平行的判定定理，得到平面，再线面平行的性质定理，得到，再利用条件得到，结合，，即可证明结果；（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用面面角的向量法，即可解决问题.【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以，连接，因为平面，所以是与平面的夹角，则，解得.因为，，所以，所以.又，所以四边形是直角梯形.（2）取的中点M，连接，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，由，得，则，设平面的法向量为，则，取，得到，即，设平面的一个法向量为，则由，得到，到，得到，所以平面的一个法向量为设二面角的平面角为，则，所以，故二面角的正弦值为.

13、（2024·河北保定·二模）某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且，，.(1)求和.(2)若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关，个性化错题本期末统考中的数学成绩合计及格不及格建立未建立合计(3)为进一步验证（2）中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为的样本（假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为（2）中列联表中数据的倍，且新列联表中的数据都为整数）.若要使得依据的独立性检验可以肯定（2）中的判断，试确定的最小值参考公式及数据：，.0.010.0050.0016.6357.87910.828【答案】(1)，(2)表格见解析，有关；(3)【分析】（1）利用条件概率公式结合全概率公式即可得到答案；（2）由（1）所计算的概率即可完成列联表，再由独立性检验的知识即可得到结论；（3）利用独立性检验的知识可得，在结合，即可得到答案.【详解】（1）因为，，所以，，由于，解得，所以.，解得.（2）个性化错题本期末统考中的数学成绩合计及格不及格建立20424未建立4812合计241236零假设为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本无关.根据列联表中的数据，经计算得到.根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.（3），解得.要使新列联表中的数据都为整数，则需.又因为，所以的最小值为5，故的最小值是（五）一、单选题1、（2024·江西·一模）中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源．蹴鞠在2022年卡塔尔世界杯上再次成为文化交流的媒介，走到世界舞台的中央，诉说中国传统非遗故事．为弘扬中华传统文化，某市四所高中各自组建了蹴鞠队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平场得1分，负一场得0分．若每场比赛中两队胜、平、负的概率均为，则在比赛结束时丙队在输了第一场且其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根据丙是最高分可得丙余下两场比赛全赢，再就甲乙、甲丁的输赢（丙的第一场对手若为甲）分类讨论后可得正确的选项.【详解】三队中选一队与丙比赛，丙输，，例如是丙甲，若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那个它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意.若丙全赢（概率是）时，丙得6分，其他3人分数最高为5分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分，（1）若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是，（2）若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意，（3）若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是.综上，概率为，D正确．故选：D.2、（2024·浙江温州·三模）设为同一试验中的两个随机事件，则“”是“事件互为对立事件”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据对立事件概率的性质可以说明条件是必要的，容易给出反例说明条件不是充分的.【详解】若互为对立事件，根据对立事件概率公式可直接得到，故条件是必要的；若试验基本事件含3种及以上，其中表示概率为的两个不同事件，则不互为对立事件，此时，故条件不是充分的.故选：B.3、（2024·浙江温州·三模）已知，和的展开式中二项式系数的最大值分别为和，则（

）A． B．C． D．的大小关系与有关【答案】A【分析】根据二项式系数的性质知，，再用组合数的定义验证.【详解】根据二项式系数的性质，最大的二项式系数出现在正中间的1项或正中间的2项.即，，所以，从而.故选：A.4、（2024·广西·二模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，下列命题为真命题的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】考查线与面，面与面之间位置关系，关键是掌握线面、面面等的位置关系及其性质，再结合图形分析.【详解】如图，当时，与可相交也可平行，故A错；当时，由平行性质可知，必有，故B对；如图，当时，或，故C错；当时，可相交、平行，故D错.故选：B.5、（2024·河北邢台·一模）如果方程能确定y是x的函数，那么称这种方式表示的函数是隐函数．隐函数的求导方法如下：在方程中，把y看成x的函数，则方程可看成关于x的恒等式，在等式两边同时对x求导，然后解出即可．例如，求由方程所确定的隐函数的导数，将方程的两边同时对x求导，则（是中间变量，需要用复合函数的求导法则），得．那么曲线在点处的切线方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用给定隐函数的导数求法确定斜率，再求出切线方程即可.【详解】由给定定义得，对左右两侧同时求导，可得，将点代入，得，解得，故切线斜率为，得到切线方程为，化简得方程为，故B正确.故选：B6、（2024·江苏南通·二模）已知曲线与曲线在第一象限交于点，在处两条曲线的切线倾斜角分别为，，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】联立曲线曲线与曲线方程求出切点，再由圆的切线与圆心和切点连线垂直，结合两垂直直线斜率乘积等于可求出在处圆的切线斜率，从而得出；由导数知识里在某点处的切线方程求法可得出，进而根据两角和与差的正切公式进行检验判断即可.【详解】因为曲线，即，所以曲线是以为圆心，为半径的圆，且，即曲线过原点O，联立，得，所以在处圆的切线斜率为，所以，由，所以曲线在A处的切线斜率为，又，所以，所以，从而，即，故A正确，C错误，注意到，，且，故B、D错误，故选：A.二、多选题7、（2024·河北保定·二模）一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点P的坐标，无论是横坐标x还是纵坐标y，都是唯一确定的，所以点P的横坐标x、纵坐标y都是角的函数.下面给出这些函数的定义：①把点P的纵坐标y叫作的正弦函数，记作，即；②把点P的横坐标x叫作的余弦函数，记作，即；③把点P的纵坐标y的倒数叫作的余割，记作，即；④把点P的横坐标x的倒数叫作的正割，记作，即.下列结论正确的有（

）A．B．C．函数的定义域为D．【答案】ABD【分析】根据正余弦函数及余割正割的定义逐一判断即可.【详解】，A正确；，B正确；函数的定义域为，C错误；，当时，等号成立，D正确.故选：ABD.8、（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（

）A． B．平面平面C．多面体为三棱台 D．直线与平面所成的角为【答案】ABD【分析】A.由面面垂直得线面垂直再得线线垂直；B.由，易得平面平面；C.由棱台的定义可判断；D.确定线面角，计算即可.【详解】因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，又因为平面,则，故A正确.因为，平面，平面，则平面平面，又，平面，平面，则平面平面，又因为，平面，所以平面平面，B正确.因为，，则，所以多面体不是三棱台，C错误.延长，相交于点G，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，则为直线与平面所成的角.因为，所以，解得，，则，则，D正确.故选：ABD.三、填空题9、（2024·广西·二模）智慧农机是指配备先进的信息技术，传感器､自动化和机器学习等技术，对农业机械进行数字化和智能化改造的农业装备，例如：自动育秧机和自动插秧机.正值春耕备耕时节，某智慧农场计划新购2台自动育秧机和3台自动插秧机，现有6台不同的自动育秧机和5台不同的自动插秧机可供选择，则共有种不同的选择方案.【答案】150【分析】利用乘法原理，结合组合知识求解．【详解】第一步从6台不同的自动育秧机选2台，第二步从5台不同的自动插秧机选3台，由乘法原理可得选择方案数为，故答案为：150.10、（2024·广东揭阳·二模）已知，则，.【答案】0或21或【分析】利用二倍角的正弦公式变形求出，再利用和角的正切计算即得.【详解】依题意，，即或，所以或2；所以或.故答案为：0或2；1或四、解答题11、（2024·浙江温州·三模）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面.(1)求证：平面；(2)若，求平面与平面夹角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接，由已知条件证明出，即可得证平面.（2）先求平面与平面的法向量和，再由，结合二面角夹角范围和图形即可求解.【详解】（1）如图，取中点，连接，，则由题意且，故四边形是平行四边形，所以且，故且，所以四边形是平行四边形，故，又平面，平面，所以平面.（2）由题意可知两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则由题意，又，所以，，即，所以，，，，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，所以，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的大小为.12、（2024·浙江温州·三模）设函数的导函数为.(1)求函数的单调区间和极值；(2)证明：函数存在唯一的极大值点，且.（参考数据：）【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，极大值，无极小值.(2)证明见解析【分析】（1）利用导数求函数的单调区间和极值；（2）利用导数求函数的极大值点，由单调性证明.【详解】（1）函数，定义域为，，，解得，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，故极大值为，无极小值.（2）由（1）可知，且，，所以根据零点定理，使，使，即时，，为减函数；时，，为增函数，所以存在唯一极大值点，即，又因为，所以，即，得证!13、（2024·浙江温州·三模）已知直线与双曲线相切于点.(1)试在集合中选择一个数作为的值，使得相应的的值存在，并求出相应的的值；(2)过点与垂直的直线分别交轴于两点，是线段的中点，求点的轨迹方程.【答案】(1)当时，；当时，；当时，.(2)【分析】（1）直线方程和双曲线方程联立，由求得与的函数关系，再由的值求出相应的的值；（2）设，利用导数求直线的斜率，得直线的斜率和方程，求出两点的坐标，表示出分点的坐标，由在双曲线上，得点的轨迹方程.【详解】（1）由，消去得，由，得，当时，不存在；当时，；当时，；当时，.（2）设，则，，对C求导可得，则，有，所以，令，得，所以；令，得，所以，

所以，即，则，所以，得，，即P的轨迹方程是（六）一、单选题1、（2024·广东揭阳·二模）已知复数在复平面内对应的点为，且，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】借助导数的几何意义可得，再利用模长公式即可得.【详解】由题意得，所以，则.故选：B.2、（2024·广东揭阳·二模）已知函数在上不单调，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用二次函数的单调性列出不等式求解即得.【详解】函数的图象对称轴为，依题意，，得，所以的取值范围为.故选：C3、（2024·湖北·模拟预测）函数的图象大致为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据时的单调性可排除BC；再由奇偶性可排除D.【详解】，因为当时，都为增函数，所以，在上单调递增，故B，C错误；又因为，所以不是奇函数，即图象不关于原点对称，故D错误.故选：A4、（2024·浙江温州·三模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先由两角和正弦和已知条件解得，进而得，再利用两角和与差的正弦、余弦公式简化所求式子即可求解.【详解】因为，故由两角和正弦公式得，故两边平方得，即，故.故选：B.5、（2024·浙江温州·三模）已知函数，则关于方程的根个数不可能是（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【分析】将原问题转化为直线与函数的图象交点的个数，作出的图象，分、、三种情况，结合图象求解即可．【详解】作出函数的图象，如图所示：

将原问题转化为直线（过定点）与函数的图象交点的个数，由图可知，当时，直线与函数的图象只有一个交点；当时，直线与函数的图象没有交点；当时，直线与函数的图象有三个交点；所以直线与函数的图象不可能有两个交点．故选：C．6、（2024·浙江温州·三模）已知是椭圆的左右焦点，上两点满足：，，则椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据焦点三角形的边长关系，利用余弦定理即可求解.【详解】由可知，设，则，,,则由余弦定理可得化简可得，故，（舍去），又,所以，化简可得，故，故选：D二、多选题7、（2024·湖北·模拟预测）设，则（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】对A，利用诱导公式求解判断；对B，利用二倍角正弦公式运算求解；对C，利用商数关系切化弦，再根据诱导公式化简求解；对D，，又，假设，可推出矛盾.【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，，，若，则，矛盾，故D错误．故选：BC.8、（2024·安徽·三模）已知函数，则（

）A．B．的图象关于直线对称C．在上单调递增D．函数在上有2个零点【答案】ABD【分析】利用正弦函数的图象和性质依次判断选项即可.【详解】易知的最小正周期为，所以也是的周期，则，故A正确；令，解得：，当时，，所以的图象关于直线对称，故B正确；当时，，则函数在上先增后减，故错误；令，故，在一直角坐标系中分别作出和的大致图像（如图），观察可知，二者有两个交点，故函数在上有2个零点，故D正确.

故选：ABD三、填空题9、（2024·浙江温州·三模）定义在上的函数满足：，则.【答案】/0.5【分析】依次赋值，得；赋值，得；最后赋值即可求解.【详解】由题赋值，得，所以由，得；赋值，得，所以；赋值，得.故答案为：.10、（2024·浙江温州·三模）过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，点，沿轴将坐标系翻折成直二面角，当三棱锥体积最大时，.【答案】/【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合三棱锥的体积公式求解．【详解】由于直线过焦点，且与抛物线交于两个不同的点，故设其方程为，联立方程，消去得，，所以，所