第頁高考考前最后沖刺系列中檔保分（6+2+2+3）（本練習主要以?？碱}中的基礎中檔題為主，旨在為學生高考考前鞏固基礎，查缺補漏）（十三）一、單選題1、（2024·福建漳州·三模）一組數(shù)據(jù)如下：，該組數(shù)據(jù)的分位數(shù)是（

）A．15 B．17 C．19 D．20【答案】B【分析】將數(shù)據(jù)從小到大排序，利用分位數(shù)的求解方法進行計算.【詳解】由題意可知，共8個數(shù)據(jù)，將數(shù)據(jù)從小到大排序得，因為，故選擇第6個和第7個數(shù)的平均數(shù)作為分位數(shù)，即.故選：B.2、（20-21高一下·廣東湛江·期中）在中，角，，所對的邊分別為，，，已知，，，則（

）A．135° B．45° C．45°或135° D．以上都不對【答案】B【分析】直接利用正弦定理求解即可【詳解】因為，，，所以由正弦定理得，，得，因為，所以角為銳角，所以，故選：B3、（2024·山東威?！ざ＃┮阎p曲線的離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)公式求出，結合焦點位置即可得漸近線方程.【詳解】由題知，，解得，又雙曲線的焦點在x軸上，所以漸近線方程為.故選：D4、（2024·江西·二模）從甲隊60人、乙隊40人中，按照分層抽樣的方法從兩隊共抽取10人，進行一輪答題．相關統(tǒng)計情況如下：甲隊答對題目的平均數(shù)為1，方差為1；乙隊答對題目的平均數(shù)為1.5，方差為0.4，則這10人答對題目的方差為（

）A．0.8 B．0.675 C．0.74 D．0.82【答案】D【分析】根據(jù)分層抽樣的均值與方差公式計算即可.【詳解】根據(jù)題意，按照分層抽樣的方法從甲隊中抽取人，從乙隊中抽取人，這人答對題目的平均數(shù)為，所以這人答對題目的方差為.5．（2024·湖北·模擬預測）若正數(shù)，滿足：，則的最大值為（

）A． B． C． D．2【答案】B【分析】根據(jù)條件等式及均值不等式求解即可.【詳解】因為，為正數(shù)，所以，因為，所以，所以，所以，當且僅當，時，取等號.故選：B.6、（2024·重慶·模擬預測）已知函數(shù)，其中是銳角的兩個內角，則下列結論一定正確的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】求得，令，求得在上單調遞增，根據(jù)的大小不確定，可判定A、B不正確；由是銳角的兩個內角，得到，可得判定C錯誤；再由，可判定D正確.【詳解】由函數(shù)，所以，令，則當時，，所以單調遞增，可得，即，所以在上單調遞增；因為的大小不確定，故與，與的大小關系均不確定，所以與，與的大小關系也均不確定，所以A、B不能判斷．因為是銳角的兩個內角，所以，則，因為在上單調遞減，所以，所以，所以C錯誤；因為是銳角的兩個內角，所以，則，因為在上單調遞減，所以，故，所以D正確.故選：D.二、多選題7、（2024·山西臨汾·三模）在的展開式中（

）A．所有奇數(shù)項的二項式系數(shù)的和為128B．二項式系數(shù)最大的項為第5項C．有理項共有兩項D．所有項的系數(shù)的和為【答案】AB【分析】先求出二項式系數(shù)和，奇數(shù)項二項式系數(shù)和等于偶數(shù)項二項式系數(shù)和，即可確定A；二項式系數(shù)的最大項，即為中間項，可確定B；整理出通項公式，再對賦值，即可確定C；令，可求出所有項的系數(shù)的和，從而確定D.【詳解】對于A,二項式系數(shù)和為，則所有奇數(shù)項的二項式系數(shù)的和為，故A正確；對于B,二項式系數(shù)最大為，則二項式系數(shù)最大的項為第5項，故B正確；對于C,，為有理項，可取的值為，所以有理項共有三項，故C錯誤；對于D,令，則所有項系數(shù)和為，故D錯誤.故選：AB.8、（2024·福建漳州·三模）如圖，四棱錐中，底面，且，，平面與平面交線為，則下列直線中與垂直的是（

）

A． B． C． D．【答案】BCD【分析】利用線面所成的角判斷A；利用線面垂直的判定定理可知平面PAD，利用線面平行的判定定理證明平面PAD，由線面平行的性質定理可得，進而可證明平面PDC，可判斷BCD【詳解】分別取PD、PC的中點，連接AE、EF、BF，因為EF是的中位線，所以且，又且，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，且，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，又平面與平面交線為，平面PAD，所以，又，E是PD的中點，所以,因為底面，平面，所以，又，所以，又平面PAD，所以平面PAD，又平面PAD，所以，，，平面PDC，所以平面PDC，又，所以平面PDC，又平面PDC，所以，故BCD對由，，所以，所以與PB所成的角就是BF與與PB所成的角即，令，，在中，由余弦定理得,，所以，故l與PB不垂直，故A錯；故選：BCD

三、填空題9、（2024·山西臨汾·三模）已知復數(shù)滿足：，則．【答案】【分析】利用復數(shù)的乘法運算直接求得，進而求得即可.【詳解】由，得，所以.故答案為：.10、（2024·福建漳州·三模）已知向量，且在上的投影向量的坐標為，則與的夾角為.【答案】/【分析】根據(jù)投影向量公式得在上的投影向量為，結合已知可得結果.【詳解】設與的夾角為，且，，則在上的投影向量為，即，所以，所以，故答案為：.四、解答題11、（2024·安徽淮北·二模）記的內角的對邊分別為，已知(1)試判斷的形狀；(2)若，求周長的最大值.【答案】(1)是直角三角形(2)【分析】（1）根據(jù)題意，求得，利用余弦定理列出方程，得到，即可求解；（2）由（1）和，得到，則周長為，結合三角函數(shù)的性質，即可求解.【詳解】（1）解：由，可得，所以，即，所以，又由余弦定理得，可得，所以，所以是直角三角形（2）解：由（1）知，是直角三角形，且，可得，所以周長為，因為，可得，所以，當時，即為等腰直角三角形，周長有最大值為.12、（2024·河南安陽·模擬預測）如圖，在長方體中，點E、F分別在，上，且，．(1)求證：平面；(2)當，，時，求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）以線面垂直判定定理去證明即可解決；（2）建立空間直角坐標系，以向量法去求平面與平面的夾角的余弦值即可解決.【詳解】（1）因為平面，平面，所以．又，，所以平面因為平面，所以同理：因為平面，平面，所以．又，，所以平面因為平面，所以又因為，，所以平面（2）以為原點，分別以、、所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標系如圖．則，，，，，．所以，且是平面的一個法向量．，設平面的法向量為則，即所以，令，得．則平面的一個法向量為．所以．，所以．所以平面與平面的夾角的余弦值為．13、（2024·安徽淮北·二模）塔山石榴，產自安徽省淮北市烈山區(qū)塔山，種植迄今已有千年歷史.為了進一步發(fā)展高效農業(yè)，豐富石榴品種，壯大石榴產業(yè)，當?shù)卣心撤N業(yè)科研公司培育了兩種新品石榴，將它們分別種植在兩塊土質和大小相同的試驗田內，并從收獲的果實中各隨機抽取300個，按質量（單位:g）將它們分成4組:，，得到如下頻率分布直方圖:

(1)分別估計品種石榴單個果實的質量；(2)經(jīng)篩選檢測，除去壞果和瑕疪果，兩種石榴的合格率如下表:A品種合格率0.70.80.70.8品種合格率0.70.80.80.9已知A品種混放在一個庫房，品種混放在另一個庫房，現(xiàn)分別從兩個庫房中隨機各抽取2個石榴，其中合格石榴的總個數(shù)記為，求的分布列及數(shù)學期望.【答案】(1)94g，90g(2)分布列見解析，期望為3.1【分析】（1）分別根據(jù)頻率分布直方圖計算平均數(shù)估計即可；（2）根據(jù)頻率分布直方圖及合格率表先得出兩個品種取得合格品的概率，再分別計算隨機抽取到合格品個數(shù)的概率，列出其分布列并計算期望即可.【詳解】（1）由頻率分布直方圖得樣本中A品種石榴單個果實質量的估計值為:樣本中品種石榴單個果實質量的估計值為:（2）設A:從品種石榴中任取1個為合格品；B:從品種石榴中任取1個為合格品；則:由題意得，則，所以的分布列為012340.00250.0350.18250.420.36所以.（十四）一、單選題1、（2024·山西臨汾·三模）已知集合，，且，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)補集運算求出，然后利用數(shù)軸分析可得.【詳解】因為，所以或，又，所以.故選：A2、（2024·福建漳州·三模）二項式展開式中，項的系數(shù)為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出的展開式的通項，再求出展開式中項系數(shù)即可．【詳解】根據(jù)題意，二項式的展開式的通項，其中項為，，所以的展開式中項的系數(shù)為．故選：D．3、（2024·湖北·模擬預測）已知是等差數(shù)列的前項和，若，，則數(shù)列的首項（

）A．3 B．2 C．1 D．-1【答案】B【分析】由已知條件，利用等差數(shù)列通項與前項和基本量的計算，列方程組求出首項和公差.【詳解】設等差數(shù)列的公差為，因為，可得，即，所以，又因為，可得，即，聯(lián)立解得，.故選：B.4、（22-23高三上·重慶·階段練習）已知，，且，則的最小值為（

）A．10 B．9 C． D．【答案】C【分析】由已知，可設，，利用換底公式表示出，帶入中，得到m，n的等量關系，然后利用“1”的代換借助基本不等式即可求解最值.【詳解】由已知，令，，所以，，代入得：，因為，，所以.當且僅當時，即時等號成立.的最小值為.故選：C.5、（2024·山西臨汾·三模）宋代是中國瓷器的黃金時代，涌現(xiàn)出了五大名窯：汝窯、官窯、哥窯、鈞窯、定窯．其中汝窯被認為是五大名窯之首．如圖1，這是汝窯雙耳罐，該汝窯雙耳罐可近似看成由兩個圓臺拼接而成，其直觀圖如圖2所示．已知該汝窯雙耳罐下底面圓的直徑是12厘米，中間圓的直徑是20厘米，上底面圓的直徑是8厘米，高是14厘米，且上、下兩圓臺的高之比是，則該汝窯雙耳罐的體積是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出上下圓臺的高，利用臺體體積公式求出答案.【詳解】上、下兩圓臺的高之比是，故上圓臺的高為厘米，下圓臺的高為厘米，故上圓臺的體積為立方厘米，下圓臺的體積為立方厘米，故該汝窯雙耳罐的體積為立方厘米.故選：D6、（2024·浙江·模擬預測）設函數(shù)，則函數(shù)的單調性（

）A．與a有關，且與b有關 B．與a無關，且與b有關C．與a有關，且與b無關 D．與a無關，且與b無關【答案】D【分析】通過對進行討論，再用復合函數(shù)的求單調性的方法，可知該函數(shù)的單調性與是否有關.【詳解】因為函數(shù)，所以當時，單調遞增.當時，單調遞增.則且，，的單調性都為單調遞增.所以函數(shù)的單調性與無關.故選：D二、多選題7、（2024·福建漳州·三模）已知函數(shù)，則下列說法正確的是（

）A．當時，的最小正周期為B．當時，的最大值為C．當時，在區(qū)間上有4個零點D．若在上單調遞減，則的取值范圍為【答案】AB【分析】利用三角恒等變換，轉化為正弦型或者余弦形函數(shù)即可求出周期，采用換元法結合三角函數(shù)的有界性即可求出最值，結合三角函數(shù)圖像解三角方程即可得出零點的個數(shù)，將三角函數(shù)轉化為二次函數(shù)再結合復合函數(shù)的單調性的特點即可求出參數(shù).【詳解】選項A：當時，，其周期由決定，周期為，A正確.選項B：當時，，在本式中令可得，，其定義域為的值域，即，當它取最大值時，可以取到，將其代回原式得到最大值為，選項B正確.選項C，當時，，令，可得或，的解在間的有且只有，的解在間的有且只有和，因此在上總共有3個零點，選項C錯誤.選項D，，在該式中令，則，為開口向下的二次函數(shù)，所以頂點右側為單調遞減函數(shù)，其頂點橫坐標，當時，在定義域上單調遞增，當時，存在單調遞減區(qū)間，則單調遞減區(qū)間為，原式中單調遞減區(qū)間為，即,因為，所以僅需要即可，解出，故a的取值范圍是，選項D錯誤.故選：AB.8、（2024·山西臨汾·三模）已知是以為圓心，為半徑的圓上任意兩點，且滿足，是的中點，若存在關于對稱的兩點，滿足，則線段長度的可能值為（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】BCD【分析】由已知得出點軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，得出的范圍，再結合直角三角形斜邊中線等于斜邊一半即可得出范圍，進而判斷出答案．【詳解】因為，所以，因為是中點，所以，所以點軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，設為點，則，所以，又，兩點關于點對稱，所以為直角三角形，且為斜邊中點，則，所以，故選：BCD．三、填空題9、（2024·山西臨汾·三模）已知函數(shù)的定義域為，且，，則．【答案】【分析】令求，令求，令得，通過迭代求周期，然后可解.【詳解】令，則，因為，所以，令，則，得，令，則，即，所以，所以所以，所以，即，是以6為周期的周期函數(shù)，所以，故答案為：.10、（2024·江西·二模）已知分別為雙曲線的左、右焦點，點在雙曲線上且不與頂點重合，滿足，則該雙曲線的離心率為．【答案】/【分析】首先確定點在左支上，作出的內切圓，內切圓切于點，證明點為雙曲線的左頂點，從而根據(jù)得到，從而得到，求出離心率.【詳解】

因為，所以，所以，故點在左支上，作的內切圓，設內切圓與切于點，與切于點，該內切圓切于點，連接，，，，，則，，，且平分，平分，接下來證明點為雙曲線的左頂點：由雙曲線的定義可知：，因為，，，所以，設點坐標為，則，解得：，故點為雙曲線的左頂點，因為，所以，所以所以，所以，所以，所以．故答案為：四、解答題11、（2024·河北石家莊·三模）在中，角所對的邊分別為．(1)若，求的值；(2)求面積的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)正弦定理可得，從而可求的值；（2）利用基本不等式可得，再根據(jù)余弦定理可得的范圍，從而可得的范圍，結合三角形面積公式，即可得面積的最大值．【詳解】（1）由正弦定理，可得，（2），，由余弦定理可得，，，，，當且僅當時，等號成立，此時面積取得最大值12、