高考冲刺《数学》考前中档保分专题冲刺练习（6+2+2+3）（17-18）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）（十七）一、单选题1、（2024·福建漳州·三模）已知复数，则（

）A．2 B． C．1 D．0【答案】B【分析】由复数乘除法以及复数模的运算公式即可求解.【详解】，所以故选：B2、（2024·山西临汾·三模）已知等差数列的首项为2，公差不为0．若成等比数列，则的前6项和为（

）A． B． C．3 D．8【答案】B【分析】根据给定条件，列出关于公差的方程，求出即可求出的前6项和.【详解】设等差数列的公差为，由成等比数列，得，而，解得，所以的前6项和为.故选：B3、（2024·山东威海·二模）已知抛物线C：的焦点为F，斜率为的直线过点F，且与C在第一象限的交点为A，若，则p=（

）A．2 B．4 C．8 D．12【答案】B【分析】过点A作x轴的垂线，垂足为H，利用斜率求出点A的坐标，然后代入抛物线方程即可得解.【详解】过点A作x轴的垂线，垂足为H，因为直线AF的斜率为，所以，则，所以，点A坐标为，代入得，整理得，解得或（舍去）.故选：B

4、（2024·湖北·模拟预测）已知某函数的部分图象如图所示，则下列函数中符合此图象的为（

）

A． B．C． D．【答案】A【分析】利用排除法，根据选项代特值检验即可.【详解】设题设函数为，由选项可知：ABCD中的函数定义域均为，对于选项D：若，但此时，矛盾，故可排除D；对于选项C：若，但此时，矛盾，故可排除C；对于选项B：若，但此时，矛盾，故可排除B.故选：A.5、（2024·重庆·模拟预测）已知双曲线的方程为，则不因m的变化而变化的是（

）A．顶点坐标 B．渐近线方程 C．焦距 D．离心率【答案】B【分析】根据题意，分与讨论，结合双曲线的标准方程代入计算，即可判断.【详解】将双曲线方程化为标准式可得，当时，双曲线表示焦点在轴的双曲线，且，此时顶点坐标为，渐近线方程为，焦距，离心率；当时，双曲线表示焦点在轴的双曲线，且，此时顶点坐标为，渐近线方程为，焦距，离心率；综上可得，不因m的变化而变化的是渐近线方程.故选：B6、（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（

）A．4 B． C．5 D．【答案】C【分析】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可.【详解】如图，在棱上分别取点，使得，，连接，因为，，所以，，因为平面，平面，所以平面，因为，所以，又，正方体的棱长为4，所以，，，在棱上取点,使得，则且，又且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又且，则四边形是平行四边形，所以，所以，因为，所以，则，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以，平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面平面，所以，在正方形内有一动点满足平面时，点的轨迹为线段，因为，所以，动点的轨迹长为.故选：C.二、多选题7、（2024·辽宁丹东·一模）已知甲乙两人进行射击训练，两人各试射次，具体命中环数如下表（最高环数为环），从甲试射命中的环数中任取个，设事件表示“至多个超过平均环数”，事件表示“恰有个超过平均环数”，则下列说法正确的是（

）人员甲乙命中环数A．甲试射命中环数的平均数小于乙试射命中环数的平均数B．甲试射命中环数的方差大于乙试射命中环数的方差C．乙试射命中环数的的分位数是D．事件，互为对立事件【答案】BCD【分析】根据平均数和方差的计算公式直接求解判断选项AB，利用分位数的定义判断选项C，结合对立事件分析两事件的意义即可直接判断选项D.【详解】对于A，甲试射命中环数的平均数为，乙试射命中环数的平均数为，故A错误；对于B，甲试射命中环数相比乙试射命中环数，更为分散，则甲对应的方差更大，故B正确；对于C，乙试射命中环数排序为，因为，所以分位数为，故C正确；对于D，因为甲试射命中环数的平均数为，且甲试射命中的环数中有两个超过平均数的，则任取个的情况为：“没有个超过平均环数”、“有个超过平均环数”和“有个超过平均环数”，而事件表示“没有个超过平均环数”或“有个超过平均环数”，事件事件表示“恰有个超过平均环数”，所以事件，互为对立事件，D正确.故选：BCD8、（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，又，，且直线，的斜率之积为，则（

）A．B．C．的离心率为D．若上的点满足，则【答案】BCD【分析】由斜率之积为-1可得B正确；由B和椭圆的性质可得A错误；由关系可得C正确；由椭圆的性质结合三角形面积公式可得D正确.【详解】B选项：因为，即，故，故B正确；A选项：由得，，为等比数列，若A成立，则为等差数列，即，，为常数列，显然不成立，故A错误；C选项：因为，，所以.方程两边同除以得，，解得，负值舍去，故离心率为，故C正确；D选项：由椭圆定义得，，两边平方得，因为，由余弦定理可得，两式相减得，所以，，又，且，所以，所以，故D正确.故选：BCD.

三、填空题9、（2024·福建漳州·三模）写出过点且与抛物线有唯一公共点的一条直线方程.【答案】（写对一个方程即可）【详解】如图，当直线斜率为0时，与抛物线有唯一公共点，此时方程为；当斜率不为0时，设的方程为，联立消去，整理得：，因为直线与抛物线有唯一公共点，所以，解得或，所以为或，即或.综上，过点且与抛物线有唯一公共点的直线方程为：或或.故答案为：（或或）.

10、（2024·山东威海·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．则=．【答案】【分析】在中，由余弦定理可得，结合已知求得，再由正弦定理可求得.【详解】在中，由余弦定理可得，所以，所以，因为，所以，所以解得，由，可得，在中，由正弦定理可得，所以.故答案为：.四、解答题11、（2024·江西·二模）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为下底面圆周上异于、的点．

(1)点为线段的中点，证明：直线平面；(2)若四棱锥的体积为3，求直线与平面夹角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)或【分析】（1）根据题意证明四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．【详解】（1）取中点，连接，则有，，如图：

在等腰梯形中，，所以，，则四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以直线平面．（2）过点作于，在等腰梯形中，，所以梯形的高，所以等腰梯形面积为，所以四棱锥的体积，解得，在中，由射影定理得或，当时，以为坐标原点，以过点平行与的方向，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系；

则有，故，，设平面的法向量，故，令，得，设直线与平面夹角的大小为，则，所以直线与平面夹角的正弦值为；当时，以为坐标原点，以过点平行与的方向，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系；

则有，故，，设平面的法向量，故，令，得，设直线与平面夹角的大小为，则，所以直线与平面夹角的正弦值为，综上所述，直线与平面夹角的正弦值为或．12、（2024·江西·二模）若数列满足条件：存在正整数，使得对一切都成立，则称数列为级等差数列．(1)若数列为2级等差数列，且前四项分别为，，，，求数列的前项和；(2)若，且是3级等差数列，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题得，分别求出，得出奇数项是常数列，偶数项是首项为0，公差为4的等差数列，根据分组求和计算即可；（2）根据定义得，再由两角和与差的正弦公式化简，求得，再利用分组求和及等差数列前项和公式计算即可．【详解】（1）因为数列为2级等差数列，所以，对一切都成立，因为，，若为奇数，由可知奇数项是常数列；若为偶数，由可知偶数项是首项为0，公差为4的等差数列；所以．（2）因为是3级等差数列，所以，对一切都成立，所以，，所以或，当时，，当时，，，又因为，所以，此时由于，所以，所以．13、（2024·江西·二模）已知函数(1)当时，求函数的极值；(2)设函数有两个极值点，且，若恒成立，求最小值．【答案】(1)极大值；极小值(2)【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，利用导数即可判断函数的单调性，求得极值.（2）对函数求导，结合已知条件得方程有两个相异的正根，利用为韦达定理求得，再结合，求出范围，进而确定的范围，由，得，构造函数，利用导数判断函数单调性确定函数最值，即可求解.【详解】（1）当时，有，令，即，解得或，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增；所以时，取得极大值，极大值为，时，取得极小值，极小值为.（2）因为，所以由已知函数有两个极值点，所以方程有两个相异的正根所以，即或，又，所以，，所以；所以对称轴为，二次函数与轴交点为、，且，所以在对称轴的右侧，则有，因为，即，所以，其中，令，则，令，解得均不在定义域内，所以时，，在上单调递减，，所以，即最小值为.（十八）一、单选题1、（2024·江西·二模）若抛物线的准线经过双曲线的右焦点，则的值为（

）A．4 B． C．2 D．【答案】D【分析】根据题意，求出抛物线的准线方程列式运算求得的值.【详解】双曲线的右焦点为，所以抛物线的准线为，，解得.故选：D.2、（2024·山东威海·二模）在研究集合时，用来表示有限集合A中元素的个数．集合，，若，则实数m的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，确定，从而求出的值.【详解】由题：所以，故选：A.3、（2024·江西·二模）已知定义在上的函数满足且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，可得关于对称，进一步求得，结合条件求得，可求得.【详解】由，可知关于对称，又，则，又，则，，.故选：A.4、（2024·江西·二模）已知，求（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由诱导公式将条件式化简为，再利用两角和与差公式化简运算得解.【详解】根据题意，，由诱导公式，可得，所以，则.故选：D.5、（2024·湖北·模拟预测）在中，已知，，，若存在两个这样的三角形，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由正弦定理可得，分析可知关于A的方程：在有两解，结合正弦函数图象分析求解.【详解】由正弦定理可得，由题意可知：关于A的方程：在有两解，在同一坐标系内分别作出曲线，和水平直线，

因为它们有两个不同的交点，所以，所以.故选：C.6、（2024·福建漳州·三模）已知数列是公比不为1的正项等比数列，则是成立的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】利用下标和性质判断充分性，根据通项公式化简可判断必要性.【详解】由下标和性质可知，若，则；记数列是公比为，若，则，即，因为数列是公比不为1的正项等比数列，所以，得.综上，则是成立的充要条件.故选：A二、多选题7、（2024·湖北·模拟预测）已知集合，，集合满足，则（

）A．， B．集合可以为C．集合的个数为7 D．集合的个数为8【答案】AC【分析】根据题意可确定C的元素情况，由此一一判断各选项，即可得答案.【详解】由题意得，，又.所以，，故A正确；当时，不满足，B错误，集合的个数等价于集合的非空子集的个数，所以集合的个数为，故C正确，D错误，故选：AC.8、（2024·广东深圳·一模）已知定圆A的半径为1，圆心A到定直线l的距离为d，动圆C与圆A和直线l都相切，圆心C的轨迹为如图所示的两条抛物线，记这两抛物线的焦点到对应准线的距离分别为，，则（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据动圆C与圆A和直线l都相切，分圆C与圆A相外切和圆C与圆A相内切，分别取到A的距离为d+1，d-1，且平行于l的直线，，利用抛物线的定义求解.【详解】解：动圆C与圆A和直线l都相切，当圆C与圆A相外切时，取到A的距离为d+1，且平行于l的直线，则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；当圆C与圆A相内切时，取到A的距离为d-1，且平行于l的直线，则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；所以，当时，抛物线不完整，所以，，，，故选：ABD三、填空题9、（2024·湖北·模拟预测）函数，设为的最小正周期，若，则.【答案】/【分析】由，代入函数解析式中，结合，可得的值.【详解】函数，最小正周期，由于，，又，可得.故答案为：.10、（2024·重庆·模拟预测）重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中下游平原的过渡地带．东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，则共有种涂色方式．【答案】【分析】根据题意，得到这4中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，利用穷举法，结合排列数公式，即可求解.【详解】根据题意，用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，则这4中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，共有：{“四川和湖南”且“贵州和湖北”}、{“四川和湖南”且“贵州和陕西”}、{“四川和湖北”且“贵州和陕西”、{“四川和湖北”且“湖南和陕西”、{“贵州和湖北”且“湖南和陕西”，共有5种情况，所以不同的涂色共有种.故答案为：.四、解答题11、（2024·山东威海·二模）市场供应的某种商品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品达到优秀等级的概率为90%，乙厂产品达到优秀等级的概率为65%．现有某质检部门对该商品进行质量检测．(1)若质检部门在该市场中随机抽取1件该商品进行检测，求抽到的产品达到优秀等级的概率；(2)若质检部门在该市场中随机抽取4件该商品进行检测，设抽到的产品中能达到优秀等级的件数为X，求X的分布列和数学期望．【答案】(1)(2)的分布列见解析，【分析】（1）记该事件为事件，利用，求解即可；（2）由（1）可知，根据二项分布的概率公式可求分布列与数学期望.【详解】（1）记质检部门在该市场中随机抽取1件该商品进行检测，求抽到的产品达到优秀等级为事件，则，（2）由（1）可知每件产品达到优秀等级的概率均为，故，，所