2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(6)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是（）A.4 B.5 C.6 D.9【答案】C【解析】根据题意，数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，则极差为，故该组数据的中位数是，数据共6个，故中位数为，解得，因为，所以该组数据的第40百分位数是第3个数6，故选：C.2．“”是“”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【解析】若，则,由于，所以，充分性成立，当时，满足，但是，必要性不成立，因此“”是“”的充分不必要条件故选：A，3．已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】】由，解得，所以，而，所以，所以.故选：A4．已知表示两条直线，表示平面，下列命题中正确的有（）①若，且，则；②若相交且都在平面外，，则；③若，则；④若，且，则．A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】A【解析】对于①，若，且，则或相交，故①错误；对于③和④，与也可能相交，均错误；对于②，设相交确定平面，根据线面平行的判定定理知，根据平行平面的传递性得知．故选：A．5．023年10月23日，杭州亚运会历时16天圆满结束.亚运会结束后，甲､乙､丙､丁､戊五名同学排成一排合影留念，其中甲､乙均不能站左端，且甲､丙必须相邻，则不同的站法共有（）A.18种 B.24种 C.30种 D.36种【答案】C【解析】由题意可知，当丙站在左端时，有种站法；当丙不站在左端时，有种站法.由分类加法计数原理可得，一共有种不同的站法.故选：C.6．一般来说，输出信号功率用高斯函数来描述，定义为，其中为输出信号功率最大值（单位：），为频率（单位：），为输出信号功率的数学期望，为输出信号的方差，带宽是光通信中一个常用的指标，是指当输出信号功率下降至最大值一半时，信号的频率范围，即对应函数图象的宽度。现已知输出信号功率为（如图所示），则其带宽为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】依题意，由，，得，即，则有，解得，，所以带宽为.故选：D7．已知，则（）A.3 B. C. D.2【答案】A【解析】因为，可得，且，则，可得，则，所以.故选：A.8．数列的前n项和为，若，，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】令，则，即，即数列的所有偶数项构成首项为，公比为3的等比数列，令，则，即，由于，则，故，故选：D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A.B.函数的图象关于直线对称C.函数在上单调递减D.将函数图象向左平移个单位所得图象关于y轴对称【答案】AC【解析】由函数的部分图象知，，，所以，又因为，所以；解得又因为，所以，所以；所以，选项A正确；时，，所以的图象不关于对称，选项B错误；时，函数单调递减，选项C正确；函数图象向左平移个单位，得，所得图象不关于y轴对称，选项D错误．故选：AC．10．已知，，且，则（）A.， B.C.最大值为4 D.的最小值为12【答案】BCD【解析】对于选项A:由已知得，，则，.故A错误；对于选项B:令，则在单调递减，在单调递增，得，故B正确；对于选项C:结合题意可得，令，则在上单调递增，得，故C正确.对于选项D:设，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以.故D正确.故选:BCD.11．如图，在棱长为1的正方体中，E是线段上的动点（不包括端点），过A，，E三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是（）A.正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的3倍B.不存在一点E，使得点和点C到平面的距离相等C.正方体被平面所截得的截面的面积随着的增大而增大D.当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，E是的中点【答案】ABC【解析】对于A，正方体外接球的半径为，内切球的半径为，可得正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的倍，故A正确；对于B，由点和点B到平面的距离相等，若点和点C到平面的距离相等，必有平面，又由，可得平面，与平面矛盾，故B正确；对于C，如图，在上取一点F，使得，连接，设，由，可得平面为过A，，E三点的截面，在梯形中，，，，，梯形的高为，梯形的面积为，令，有.可得函数单调递增，可得正方体被平面所截得的截面面积随着的增大而增大，故C正确；对于D选项，，，被平面所截得的上部分的几何体的体积为，整理为，解得，故D错误.故选：ABC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．设A，B是一个随机试验中的两个零件，若，，，则______．【答案】【解析】由，有，又由，有，可得．故答案为：13.已知中，，边上的高与边上的中线相等，则__________.【答案】【解析】如下图所示，设边上的高为，边上的中线为，在中，，所以，由，平方得，代入得，，化简得，，解得，又因为，所以，所以.故答案为：14.在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数m的最大值为______．【答案】【解析】，令，，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在处取得极小值，也是最小值，故，故，当且仅当时，等号成立，令，，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，故当时，，当时，，故时，，单调递减，当时，，单调递增，故在处取得极小值，也时最小值，最小值为，设，由基本不等式得，，当且仅当，，时，等号成立，故，则．故答案为：