高考冲刺《数学》考前中档保分专题冲刺练习（6+2+2+3）（9-10）教师版

第页高考考前最后冲刺系列中档保分（6+2+2+3）（本练习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）（九）一、单选题1、（2024·辽宁沈阳·二模）抛物线过点，则的准线方程为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】把点代入抛物线方程，再求得准线方程.【详解】把点代入抛物线方程，得，解得，所以抛物线方程为，准线方程为.故选：B.2、（2024·江苏·二模）已知，是两个虚数，则“，均为纯虚数”是“为实数”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】A【分析】设且,可得，如，可得结论.【详解】若均为纯虚数，设且,则，所以“均为纯虚数”是是实数的充分条件，当，，所以“均为纯虚数”是是实数的不必要条件，综上所述：“均为纯虚数”是是实数的充分不必要条件.故选：A.3、（2024·江西宜春·模拟预测）圆与圆的公共弦长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出两圆的公共弦所在直线的方程，再求出圆心到公共弦的距离，由弦长即可求出两圆的公共弦长.【详解】由，作差．得两圆的公共弦所在直线的方程为．由，得．所以圆心，半径，则圆心到公共弦的距离．所以两圆的公共弦长为．故选：D．4、（2024·河南·三模）已知等比数列的公比为，若，且成等差数列，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据等差数列定义和等比数列通项公式可构造方程求得结果.【详解】成等差数列，，又，，整理可得：，，解得：（舍）或.故选：C.5、（2024·江苏·二模）已知非零向量，，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用两个向量平行的性质可得，化简可得，利用齐次式即可得到答案.【详解】因为，为非零向量，所以，即因为，所以，则，即，即，由于，所以两边同除，可得：，解得：tanα=13或(舍去),所以.故选：D6、（2024·河南·二模）已知函数，若存在，，使得，则的最小值为（

）A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】化简得，由题意可得在上至少有两个相邻的对称轴，根据正弦函数的性质，列出不等式组求解即可.【详解】由题意知，由于，则在上至少有两个相邻的对称轴，令，，则，，当时，不等式组无解，当时，解为，因此的最小值为，故选：C.二、多选题7、（2024·江苏·二模）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（

）A．若，，，则B．，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】BCD【分析】根据垂直关系的转化与判定定理和性质定理，即可判断选项.【详解】A.若，，，不能推出或，则不能推出，故A错误；B.若，，则，又，所以，故B正确；C.若，，则，又，所以，故C正确；D.若，，，说明与和垂直的法向量互相垂直，则，故D正确.故选：BCD8、（2024·江苏·二模）已知定义在R上的函数满足，且不是常函数，则下列说法中正确的有（

）A．若2为的周期，则为奇函数B．若为奇函数，则2为的周期C．若4为的周期，则为偶函数D．若为偶函数，则4为的周期【答案】ABD【分析】对于A：由已知可得，结合周期可得可判断A；由奇函数可得，可判断B；结合已知可得结论，可判断C；由已知可得，可判断D.【详解】对于A：若2是的周期，则，由，可得，所以，所以为奇函数；故A正确；对于B：若为奇函数，则，由，可得，所以2是的周期，故B正确；若4是的周期，则，由，可得，所以，所以为奇函数；故C不正确；对于D：若为偶函数，则，由，可得，所以，所以，所以4是的周期，故D正确.故选：ABD.三、填空题9、（2024·辽宁沈阳·二模）已知函数，则．【答案】【分析】根据分段函数解析式结合自变量范围求解即可.【详解】，，，故答案为：10、（2024·辽宁沈阳·二模）已知，若平面内满足到直线的距离为1的点有且只有3个，则实数．【答案】或【分析】设出动点的坐标，由求得其轨迹方程，由题意知，只需使圆心到直线的距离等于1即可.【详解】设点，由可得：，两边平方整理得：，即点的轨迹是圆,圆心在原点，半径为2.若该圆上有且只有3个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离，解得．故答案为：或.四、解答题11、（2024·河南·二模）盒中装有大小相同的7个小球，其中2个黑球，3个红球，2个白球.规定：取到1个黑球得0分，取到1个红球得1分，取到1个白球得2分.现一次性从盒中任取3个小球.(1)求取出的3个小球中至少有2个红球的概率；(2)用随机变量表示取出的3个小球得分之和，求的分布列.【答案】(1)(2)分布列见解析【分析】（1）根据古典概型的概率公式可得,即可利用超几何分布的概率公式求解；（2）利用超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列.【详解】（1）共有种不同的取法，事件表示取出3个小球中至少有2个红球，包含两种；（2）随机变量的可能取值为，，，，，.则随机变量的分布列为：1234512、（2024·河南·二模）在数列中，，对任意正整数，均有.数列满足：.(1)求数列和的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用累加法求出的通项公式，由可得两式作差即可得到的通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.【详解】（1）因为，当时，，累加得，即，经检验，满足，所以数列的通项公式为，因为①，当时，，当时，②，①②得，即，经检验，满足，所以数列的通项公式为；（2）由（1）可得，所以.即数列的前项和.13、（2024·河南·二模）已知圆锥的顶点为，底面圆的直径的长度为4，母线长为.(1)如图1所示，若为圆上异于点的任意一点，当三角形的面积达到最大时，求二面角的大小；(2)如图2所示，若，点在线段上，一只蚂蚁从点出发，在圆锥的侧面沿着最短路径爬行一周到达点，在运动过程中，上坡的路程是下坡路程的3倍，求线段的长度.（上坡表示距离顶点越来越近）【答案】(1)(2)【分析】（1）判断为钝角，当且仅当时最大，以为坐标原点建立空间直角坐标系求解.（2）将圆锥的侧面展开成扇形，在中，过作的垂线，设垂足为由题意知，利用及向量运算求得的长度.【详解】（1）由，易得圆锥的高，所以，所以为钝角，，当且仅当时取等号，（满足条件的点有两种对称位置，只研究其中的一种）此时易得，在直角三角形中，由勾股定理得，，从而为等边三角形，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量，即令，得，所以，取平面的法向量，设二面角的平面角为，显然为锐角，，所以二面角的大小为；（2）将圆锥的侧面展开成扇形如图，扇形的弧长为，扇形的半径，则扇形的圆心角，在中，过作的垂线，设垂足为在段距离顶点越来越近为上坡，段为下坡，所以，设，易得，因为，所以，即，得，解得，即.（十）一、单选题1、（2024·江西宜春·模拟预测）若为纯虚数，则（

）A．2 B．4 C． D．【答案】A【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，由题意可得且，解方程即可得出答案.【详解】由题得，因为为纯虚数．所以且，解得．故选：A．2、（2024·河南·二模）展开式中的常数项为（

）A．30 B．-30 C．60 D．-60【答案】C【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求解.【详解】展开式的通项为,令，解得，故展开式中的常数项为.故选：C.3、（2024·辽宁沈阳·二模）已知，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据结合可得与，进而可得.【详解】则，即，又因为，故，，，故，因为，则，结合可得，，则.故.故选：C4、（2024·山东枣庄·模拟预测）已知平面向量，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知条件分别求出和，然后按照平面向量的投影向量公式计算即可得解.【详解】，，,在上的投影向量为.故选：A.5、（2024·山东枣庄·模拟预测）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用圆柱及球的特征计算即可.【详解】由题意可知该球为圆柱的外切球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为，则，故该球的表面积为.故选：C6、（2024·浙江绍兴·二模）在边长为4的正三角形中，E，F分别是，的中点，将沿着翻折至，使得，则四棱锥的外接球的表面积是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】画出图形，通过分析得出，外接球球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面（即平行于）的直线上面，且底面外接圆半径为，设到平面的距离为，过作于点，从而，由此列出方程组求出结合球的表面积公式即可得解.【详解】依题意取的中点为，且交于点，注意到是的中点，三角形是等边三角形，从而是三角形的中心，同时有，，，面，面，所以面，而面，所以平面面，故而点在平面的投影在上面，注意到三角形与三角形都是边长为2的等边三角形，即三角形与三角形全等，从而，，面，面，所以面，因为面，所以，因为面，面，所以，又因为，面，面，故有面，所以，注意到点是直角三角形斜边上的中点，所以是四边形（或三角形）外接圆的圆心（这是因为，从而四点共圆），所以四棱锥的外接球的球心在与平面垂直的上，且底面四边形外接圆的半径为，设到平面的距离为，过作于点，所以，即，解得，这意味着此时点与点重合，四棱锥的外接球的表面积是.故选：C.二、多选题7、（2024·河南·二模）已知复数，是的共轭复数，则下列说法正确的是（

）A．的实部为B．复数在复平面中对应的点在第四象限C．D．【答案】ABD【分析】先化简得到，然后用实部和共轭实数的定义判断A和B选项；由于虚数不能比较大小，故C错误；直接计算即知D正确.【详解】我们有，故的实部为，A正确；由知，所以在复平面中对应的点是，在第四象限，B正确；都不是实数，它们不能比较大小，C错误；，D正确.故选：ABD.8、（2024·河南·二模）已知正方体的棱长为分别是棱的中点，是棱上的动点（包括端点），则下列说法正确的是（

）A．B．正方体的外接球的球心可能在平面内C．若直线上有且只有一点使得，则D．当时，为线段上的动点（包括端点），则的最小值为【答案】ACD【分析】对于B，对比正方体的正六边形截面与平面是否重合即可；建立适当的空间直角坐标系，对于A，验证两直线的方向向量的数量积是否为0即可；对于C，由直线垂直得到数量积为0，即可得到一个方程，由判别式等于0进行验算即可；对于D，利用数量积的坐标公式将所求转换为二次函数即可判断.【详解】如图所示：

正方体的正六边形截面不可能与平面重合，其中是各点所在棱的中点，显然其中心为正方体的外接球的球心，B错误；建立如图所示坐标系，

则，设，，而，所以，，所以，所以，故A正确；因此，由，故，即，化简有，因为仅有一点，则，故正确；由上述知，则，设，则，因此，当时，取最小值，故D正确.故选：ACD.三、填空题9、（2024·山东枣庄·模拟预测）写出函数图象的一条对称轴方程．【答案】（答案不唯一）【分析】利用二倍角公式及三角函数的图象与性质计算即可.【详解】易知，所以，不妨取，则.故答案为：（答案不唯一）10、（2024·山东枣庄·模拟预测）某人上楼梯，每步上1阶的概率为，每步上2阶的概率为，设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为．【答案】【分析】先分①②两种方法，再由独立事件的乘法公式计算即可.【详解】到达第3台阶的方法有两种：第一种：

每步上一个台阶，上两步，则概率为；第二种：

只上一步且上两个台阶，则概率为，所以到达第3阶台阶的概率为，故答案为：.四、解答题11、（2024·江西宜春·模拟预测）记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)求的值；(2)若外接圆的半径为，且为锐角，求面积的最大值．【答案】(1)(2)8【分析】（1）结合正弦定理、两角和正弦公式化简题目已知条件即可求出a的边长.（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.【详解】（1）由题得．所以．所以，又，所以，由正弦定理得，因为，所以.（2）由正弦定理得，所以，又为锐角．所以，由余弦定理得，所以，当且仅当时取等号，所以的面积.故面积的最大值为8.12、（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在平面四边形中，是边长为4的等边三角形，，，为SD的中点，将沿AB折起，使二面角的大小为，得到如图2所示的四棱锥，点满足，且．(1)证明：当时，平面；(2)求点D到平面的距离；(3)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）根据线线平行可得线面平行，进而可证面面平行，根据面面平行的性质即可求解，（2）根据，可得为二面角的平面角，即可判断等边，进而可得线线垂直，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量法求解点面距离，（3）求解两平面的法向量，根据法向量的夹角即可求解.【详解】（1）当时，为棱SC的中点．取CD的中点，连接MN，BN，则，因为平面，平面．所以平面．由题可得，，，所以，所以．因为平面，平面，所以平面．又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）由题意得，所以为二面角的平面角，即，又，所以为等边三角形．因为，平面．所以平面，又平面，所以平面平面，取AD的中点，连接，则．因为平面平面，所以平面．所以AD，AB，OS两两垂直．则以O为原点，OA，OS所在直线分别为x，z轴，以过点且平行于AB的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，．所以，，．设平面的法向量为，则．取，则，，所以．所以点到平面的距离．（3）由（2）可得，则由，得．所以．设平面的法向量为．则，取，则，，所以．由（2）可知为平面的一个法向量．设平面与平面的夹角为．则，解得或（舍）．所以的值为．13、（2024·江西宜春·模拟预测）为了解并普及人工智能相关知识、发展青少年科技创新能力，某中学开展了“科技改变生活”人工智能知识竞赛，竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类有若干道题），各类试题的分值