第頁高考考前最后沖刺系列中檔保分（6+2+2+3）（本練習主要以模考題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）（二十一）一、單選題1、（2024·浙江紹興·二模）已知橢圓的離心率為，長軸長為4，則該橢圓的短軸長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由離心率得到的關系式，代入的值，即可求得短軸長.【詳解】由可得（*），因，即，代入（*）解得，故短軸長為故選：B.2、（2024·貴州畢節·三模）隨機變量服從正態分布，若，則（

）A．0.66 B．0.34 C．0.17 D．0.16【答案】D【分析】根據正態分布對稱性求解即可.【詳解】因為隨機變量服從正態分布，所以，所以.故選：D.3、（2024·遼寧撫順·三模）已知圓錐的底面圓的半徑為1，其側面展開圖是一個圓心角為的扇形，則該圓錐的母線長為（

）A． B．3 C． D．4【答案】D【分析】設母線長為，根據題意得到，即可求解．【詳解】設母線長為，由題意，可得，解得，即圓錐的母線長為．故選：D.4、（2024·遼寧撫順·三模）已知函數，則下列結論正確的是（

）A．的最小正周期為 B．在上單調遞增C．為偶函數 D．的最小值為【答案】C【分析】由積化和差公式化簡，根據周期公式判斷A，根據正弦函數的最值判斷D，根據正弦型函數的單調性判斷B，根據導數判斷C.【詳解】因為，此時最小正周期為，其最小值為，所以A錯誤，D錯誤；因為，所以，可知在上不單調，B錯誤；又，所以為偶函數，C正確．故選：C5、（2024·安徽·模擬預測）學校安排含唐老師、李老師在內的5位老師去3個不同的學校進行招生宣傳，每位老師都必須選1個學校宣傳，且每個學校至少安排1人.由于唐老師是新教師，學校安排唐老師和李老師必須在一起，則不同的安排方法有（

）A．24種 B．36種 C．48種 D．60種【答案】B【分析】把5位老師按和分組，再把分成的3組安排到3所學校，列式計算得解.【詳解】把5位老師按和分組，且唐老師和李老師在一起的不同分組方法數為，所以不同的安排方法有（種）.故選：B6、（2024·河南·模擬預測）已知點是圓C上的任意一點，則的最大值為（

）A．25 B．24 C．23 D．22【答案】A【分析】設代入算式中由倍角公式化簡，利用基本不等式求積的最大值.【詳解】點是圓C上的任意一點，設則，當且僅當時，等號成立.的最大值為25.故選：A二、多選題7、（2024·遼寧撫順·三模）年月日國家統計局發布了制造業采購經理指數（）,如下圖所示:下列說法正確的是（

）A．從年月到年月,這個月的制造業采購經理指數（）的第百分位數為B．從年月到年月,這個月的制造業采購經理指數（）的極差為C．從年月到年月制造業采購經理指數（）呈下降趨勢D．大于表示經濟處于擴張活躍的狀態;小于表示經濟處于低迷萎縮的狀態,則年月到年月,經濟處于擴張活躍的狀態【答案】ABD【分析】根據折線圖中的數據,結合極差、平均數、百分位數定義與計算方法逐一判斷即可.【詳解】由圖知,從年月到年月,這個月的制造業采購經理指數（）從小到大的順序為,因為,所以第百分位數為第個數,即為,故A正確;從年月到年月,這個月的制造業采購經理指數（）的最大值為,最小值為,所以極差為,故B正確;由圖易知制造業采購經理指數（）有升有降,故C錯誤;由圖知年月到年月PMI均大于,所以經濟處于擴張活躍的狀態,故D正確.故選:ABD.8、（2024·安徽·模擬預測）在信息時代，信號處理是非常關鍵的技術，而信號處理背后的“功臣”就是正弦型函數.函數的圖象可以近似模擬某種信號的波形，則（

）A．為偶函數 B．的圖象關于點對稱C．的圖象關于直線對稱 D．是的一個周期【答案】BC【分析】對A，根據奇偶函數得定義判斷；對B，計算可判斷；對C，計算可判斷；對D，根據周期函數的定義判斷.【詳解】由題意得，，對于A，，，∴函數是奇函數，故A錯誤；對于B，，∴的圖象關于點對稱，故B正確；對于C，，∴的圖象關于直線對稱，故C正確；對于D，，∴不是的周期，故D錯誤.故選：BC.三、填空題9、（2024·安徽·模擬預測）若復數在復平面內對應的點位于第三象限，則實數的取值范圍是.【答案】【分析】由實部和虛部都小于零解不等式組求出即可.【詳解】由題意得，，解得，∴實數的取值范圍是.故答案為：.10、（2024·安徽·模擬預測）若關于的方程有解，則實數m的最大值為.【答案】/【分析】根據題意，由條件可得，構造函數，即可得到，然后利用導數求得函數的值域即可得到結果.【詳解】由題意得，，令，則，易知單調遞增，所以.令，，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以，得.所以的最大值為.故答案為：四、解答題11、（2024·安徽·模擬預測）已知函數.(1)若曲線在點處的切線與直線垂直，求的方程；(2)若函數在上有2個極值點，求實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）求導，再根據導數的幾何意義即可得解；（2）令，分離參數可得，由題意可得方程在上有2個根，構造函數，，利用導數求出其極值和單調區間即可得解.【詳解】（1）由題意得，，故，解得，而，故所求切線方程為，即；（2）令，則，故，因為函數在上有2個極值點，所以方程在上有2個根，令，，則，令，解得，故當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，且，當時，，當，，故實數的取值范圍為.12、（2024·安徽·模擬預測）如圖，在三棱柱中，，，，，P為線段的中點，點N為線段上靠近的三等分點.(1)求證：；(2)求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）先得到，，得到線面垂直，故，再得到，由三線合一得到，得到線面垂直，得到結論；（2）先證明出面面垂直，再建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值.【詳解】（1）因為，故，又，所以，故側面為矩形，故，又，，，所以平面，而平面，故，又，，故為等邊三角形，所以，因為是線段的中點，故，且，平面，故平面，因為平面，故.（2）由（1）知，平面，又平面，故平面平面，以為原點，，所在直線分別為x，y軸，過點C在平面內作垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系，不妨設，則，，，，，，設，則，即，解得，故，易得平面的一個法向量為，設平面的法向量，則，令，則.記平面與平面夾角為，故，即平面與平面夾角的余弦值為.13、（2024·安徽·模擬預測）某學校組織一場由老師與學生進行的智力問題比賽，最終由小明同學和唐老師入圍決賽，決賽規則如下：①學生：回答n個問題，每個問題小明回答正確的概率均為；若小明回答錯誤，可以行使學生權益，即可以進行場外求助，由場外同學小亮幫助答題，且小亮每個問題回答正確的概率均為.②教師：回答個問題，每個問題唐老師回答正確的概率均為.假設每道題目答對與否相互獨立，最終答對題目多的一方獲勝.(1)若，，記小明同學答對問題（含場外求助答對題數）的數量為X，求X的分布列及數學期望：(2)若，且小明同學獲勝的概率不小于，求p的最小值.【答案】(1)分布列見解析，；(2).【分析】（1）求出小明答每個問題，回答正確的概率，再利用二項分布求出分布列及期望.（2）求出小明答對1個、2個試題的概率，唐老師答對0個、1個試題的概率，再把小明獲勝的事件分拆成互斥事件的和，即可求出概率.【詳解】（1）小明同學答每個問題，回答正確的概率，的所有可能取值為，顯然，則，，，，則的分布列為0123數學期望.（2）記事件為小明同學答對了道題，事件為唐老師答對了道題，，，其中小明同學答對某道題的概率為，答錯某道題的概率為，則，，，，所以小明同學獲勝的概率為，解得，所以的最小值為.（二十二）一、單選題1、（2024·浙江紹興·二模）已知等差數列的前項和為，且，則（

）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】D【分析】由等差數列求和公式結合已知列方程即可求解.【詳解】由題意設等差數列的首項、公差分別為，因為，所以，從而.故選：D.2、（2024·安徽·模擬預測）已知拋物線C：的焦點為F，若點在C上，則的面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據已知條件，將點坐標代入拋物線方程，求得，求出，即可求得的面積.【詳解】

將代入C的方程，得，故，所以，則的面積.故選：A.3、（2024·貴州黔南·二模）若函數為偶函數，則的值可以是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題意可知：為函數的對稱軸，結合余弦函數對稱性分析求解.【詳解】由題意可知：為函數的對稱軸，則，則，對于選項A：令，解得，不合題意；對于選項B：令，解得，符合題意；對于選項C：令，解得，不合題意；對于選項D：令，解得，不合題意；故選：B.4、（2024·全國·三模）若，則的值是（

）A．零 B．正數 C．負數 D．以上皆有可能【答案】A【分析】，則，代入已知利用指數、對數運算化簡求解即可.【詳解】令，則，由得，所以.故選：A.5、（2024·浙江紹興·二模）已知，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先得，進一步由有，結合二倍角公式、商數關系以及誘導公式即可求解.【詳解】因為，所以，又因為，所以，從而，，所以.故選：B.6、（2024·河南·模擬預測）已知函數的定義域為R，對于任意實數x，y滿足，且，則下列結論錯誤的是（

）A． B．為偶函數C．是周期函數 D．【答案】C【分析】對于A，令，結合即可判斷；對于B，令結合偶函數的性質即可判斷；對于C，令即可判斷；對于D，得出遞推關系，由此即可驗算.【詳解】令，得，因為，所以，A正確;令，則，所以，則為偶函數，B正確；令，得，即，所以不是周期函數，C錯誤；當x取正整數n時，，則，D正確.故選：C.二、多選題7、（2024·安徽·模擬預測）“體育強則中國強，國運興則體育興”.為備戰2024年巴黎奧運會，運動員們都在積極參加集訓，已知某跳水運動員在一次集訓中7位裁判給出的分數分別為：9.1，9.3，9.4，9.6，9.8，10，10，則這組數據的（

）A．平均數為9.6 B．眾數為10C．第80百分位數為9.8 D．方差為【答案】ABD【分析】根據平均數、眾數、百分位數和方差的定義求解.【詳解】對于A，平均數，故A正確；對于B，出現次數最多的數為10，故B正確；對于C，7×0.8=5.6，第80百分位數為第6位，即10，故C錯誤；對于D，方差為，故D正確.故選：ABD.8、（2024·貴州黔南·二模）已知銳角的三個內角，，的對邊分別是，，，且的面積為.則下列說法正確的是（

）A．B．的取值范圍為C．若，則的外接圓的半徑為2D．若，則的面積的取值范圍為【答案】ABD【分析】對A：借助面積公式與余弦定理計算即可得；對B：借助銳角三角形定義與三角形內角和計算即可得；對C：借助正弦定理計算即可得；對D：借助正弦定理，結合面積公式將面積用單一變量表示出來，結合的范圍即可得解.【詳解】對A：由題意可得，由余弦定理可得，即有，即，由，故，即，故A正確；對B：則，，解得，故B正確；對C：由正弦定理可得，即，故C錯誤；對D：若，則，由正弦定理可得，即，即，由，則，故，故D正確.故選：ABD.三、填空題9、（2024·貴州畢節·三模）已知函數的周期為，則函數圖象的一條對稱軸方程為．【答案】（答案不唯一，符合均為正確答案）【分析】求出，求出即可求出對稱軸方程.【詳解】因為函數的周期為，所以，所以，所以，令，所以，所以.故答案為：.10、（2024·貴州黔南·二模）已知四面體的四個面都為直角三角形，平面，為直角，且，則四面體的體積為，其外接球的表面積為.【答案】【分析】根據題意求，結合錐體的體積公式求四面體的體積；取的中點，分析可知四面體的外接球的球心即為點，進而可求外接球的表面積.【詳解】因為，且，可得，，所以四面體的體積為；取的中點，因為四面體的四個面都為直角三角形，則，可知四面體的外接球的球心即為點，半徑，所以其外接球的表面積為.故答案為：；.四、解答題11、（2024·貴州畢節·三模）2023年12月30日8時13分，長征二號丙/遠征一號S運載火箭在酒泉衛星發射中心點火起飛，隨后成功將衛星互聯網技術試驗衛星送入預定軌道由中國航天科技集團有限公司研制的運載火箭48次宇航任務全部取得圓滿成功．也代表著中國航天2023年完美收官某市一調研機構為了了解當地學生對我國航天事業發展的關注度，隨機從本市大學生和高中生中抽取一個容量為的樣本，根據調查結果得到如下列聯表：學生群體關注度合計關注不關注大學生高中生合計(1)完成上述列聯表；依據小概率值的獨立性檢驗，認為關注航天事業發展與學生群體有關聯，求樣本容量n的最小值；(2)用頻率估計概率，從本市大學生和高中生中隨機選取3人，用X表示不關注的人數，求X的分布列和數學期望．附：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828，其中．【答案】(1)列聯表見解析，(2)分布列見解析，【分析】（1）根據題意即可完成列聯表，在由題意可得，即可求出；（2）由題意可得服從二項分布，再根據二項分布的期望公式即可得解.【詳解】（1）列聯表如下：學生群體關注度合計關注不關注大學生高中生合計，因為依據小概率值的獨立性檢驗，認為關注航天事業發展與學生群體有關，所以，由題可知，n是10的倍數，所以n的最小值為；（2）由（1）可知，所以不關注的人數為，用頻率估計概率，所以不關注的概率為，X的所有可能取值為0，1，2，3，，，所以X的分布列為X0123P因為，所以.12、（2024·貴州畢節·三模）（1）證明：當時，；（2）已知函數在上有兩個極值點，求實數a的取值范圍．【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）令，利用導數求出最大值，令，利用導數求出最小值即可證明；（2）由題意知原命題等價于導數在上有兩個不等實根，據此即可求解.【詳解】（1）證明：令，在上恒成立，在上單調遞