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2024届高考新结构数学-选择填空强化训练三（2份打包，原卷版+解析版）
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1．有一组按从小到大顺序排列数据：3，5，，8，9，10，若其极差与平均数相等，则这组数据的中位数为（ ）
A. 7B. 7.5C. 8D. 6.5
【答案】B
【解析】依题意可得极差为，平均数为，
所以，解得，所以中位线为.故选：B.
2．已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得或，所以，
由，得，所以，所以.故选：A.
3．已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ）
A. B. C. 3D. 7
【答案】B
【解析】由已知可得，在上的投影向量为，
又在上的投影向量，所以，所以，所以，
所以.
故选：B.
4．如图是两个底面半径都为1的圆锥底面重合在一起构成的几何体，上面圆锥的侧面积是下面圆锥侧面积的2倍，，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】设两圆锥的高，，则，，
由，有，可得，可得，
又由上下圆锥侧面积之比为，即，
可得，则有，即，
代入整理为，解得（负值舍），可得，．
故选：C．
5．已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ）
A. 是一个半径为的圆B. 是一条与相交的直线
C. 上的点到的距离均为D. 是两条平行直线
【答案】C
【解析】设，由，则，由在直线上，故，化简得，即轨迹为为直线且与直线平行，
上的点到的距离，故A、B、D错误，C正确.故选：C.
6．已知，则的值为（ ）
A. B. 1C. 4D.
【答案】C
【解析】在中，
而，由二项式定理知展开式的通项为，
令，解得，令，，故，
同理令，解得，令，解得，故，
故.故选：C
7．已知为抛物线上一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示：因为，，
设，则，当时，取得最小值，此时最大，最小，
且，故C正确.故选：C
8．已知函数的定义域为为的导函数且，若为偶函数，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B. 5
C. D.
【答案】D
【解析】对于D，为偶函数，则，两边求导可得，则为奇函数，则，令，则，，D对；
对于C，令，可得，则，C错；
对于B，，可得，
可得，两式相加可得，
令，即可得，B错；
又，则，
，可得，所以是以为周期的函数，
所以根据以上性质不能推出，A不一定成立.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．下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则的最小值为2
C. 若，则的最大值为2
D. 若，则
【答案】AD
【解析】因为，所以，
因为，所以，所以，故A正确；
因为的等号成立条件不成立，所以B错误；
因为，所以，故C错误；
因为，
当且仅当，即时，等号成立，所以D正确.
故选：AD
10．若函数，则（ ）
A. 的最小正周期为π
B. 的图像关于直线对称
C. 的最小值为-1
D. 的单调递减区间为
【答案】BCD
【解析】由得的定义域为.
对于A：当时，不在定义域内，故不成立，易知的最小正周期为，故选项错误；
对于B：又，所以的图像关于直线对称，所以选项正确；
对于C：因为，设，所以函数转化为，
由得，.得.所以在上单调递减，在上单调递增，故，即，故选项正确；
对于D：因为在上单调递减，在上单调递增，由，令得，又的定义域为，解得，
因为在上单调递增，所以的单调递减区间为，
同理函数的递增区间为，所以选项D正确.故选：BCD.
11．已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A. 当时，B.
C. 数列单调递增，单调递减D. 当时，恒有
【答案】ACD
【解析】由题意可得：，，由可知：，
但，可知对任意的，都有，对于选项A：若，
则，
即，故A正确；
对于选项B：，
即，故B错误.
对于选项C：因为，，
则，且，可知是等比数列，
则，设，，
可得，，
因为，可知为递增数列，
所以数列单调递增，单调递减，故C正确；
对于选项D：因为，，
由，可得，即，则，即；
由，可得，即，则，即；
以此类推，可得对任意的，都有，
又因为，则，
所以，故D正确.故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．在（其中）的展开式中，的系数为，各项系数之和为，则__________.
【答案】5
【解析】由题意得的展开式中的系数为，即，
令，得各项系数之和为，则n为奇数，且，即得，
故答案为：5
13.已知椭圆的左、右焦点分别，，椭圆的长轴长为，短轴长为2，P为直线上的任意一点，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】由题意有，，，设直线与x轴的交点为Q，
设，有，，
可得，
当且仅当时取等号，可得的最大值为.故答案为：
14.已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为__________.
【答案】
【解析】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取的中点为H，的中点为N，连接，，，
球O为四棱锥的内切球，底面为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面，
则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，此圆为的内切圆，半径为r，与，分别相切于点E，F，平面平面，交线为，平面，为正三角形，有，平面，平面，，
，，则有，，，
则中，，解得.
所以，四棱锥内切球半径为1，连接.平面，平面，，又，平面，，平面，平面，可得，所以内切球表面上一点M到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径，又.所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线的距离的最小值为.故答案为：
1．有一组按从小到大顺序排列数据：3，5，，8，9，10，若其极差与平均数相等，则这组数据的中位数为（ ）
A. 7B. 7.5C. 8D. 6.5
【答案】B
【解析】依题意可得极差为，平均数为，
所以，解得，所以中位线为.故选：B.
2．已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得或，所以，
由，得，所以，所以.故选：A.
3．已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ）
A. B. C. 3D. 7
【答案】B
【解析】由已知可得，在上的投影向量为，
又在上的投影向量，所以，所以，所以，
所以.
故选：B.
4．如图是两个底面半径都为1的圆锥底面重合在一起构成的几何体，上面圆锥的侧面积是下面圆锥侧面积的2倍，，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】设两圆锥的高，，则，，
由，有，可得，可得，
又由上下圆锥侧面积之比为，即，
可得，则有，即，
代入整理为，解得（负值舍），可得，．
故选：C．
5．已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ）
A. 是一个半径为的圆B. 是一条与相交的直线
C. 上的点到的距离均为D. 是两条平行直线
【答案】C
【解析】设，由，则，由在直线上，故，化简得，即轨迹为为直线且与直线平行，
上的点到的距离，故A、B、D错误，C正确.故选：C.
6．已知，则的值为（ ）
A. B. 1C. 4D.
【答案】C
【解析】在中，
而，由二项式定理知展开式的通项为，
令，解得，令，，故，
同理令，解得，令，解得，故，
故.故选：C
7．已知为抛物线上一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示：因为，，
设，则，当时，取得最小值，此时最大，最小，
且，故C正确.故选：C
8．已知函数的定义域为为的导函数且，若为偶函数，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B. 5
C. D.
【答案】D
【解析】对于D，为偶函数，则，两边求导可得，则为奇函数，则，令，则，，D对；
对于C，令，可得，则，C错；
对于B，，可得，
可得，两式相加可得，
令，即可得，B错；
又，则，
，可得，所以是以为周期的函数，
所以根据以上性质不能推出，A不一定成立.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．下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则的最小值为2
C. 若，则的最大值为2
D. 若，则
【答案】AD
【解析】因为，所以，
因为，所以，所以，故A正确；
因为的等号成立条件不成立，所以B错误；
因为，所以，故C错误；
因为，
当且仅当，即时，等号成立，所以D正确.
故选：AD
10．若函数，则（ ）
A. 的最小正周期为π
B. 的图像关于直线对称
C. 的最小值为-1
D. 的单调递减区间为
【答案】BCD
【解析】由得的定义域为.
对于A：当时，不在定义域内，故不成立，易知的最小正周期为，故选项错误；
对于B：又，所以的图像关于直线对称，所以选项正确；
对于C：因为，设，所以函数转化为，
由得，.得.所以在上单调递减，在上单调递增，故，即，故选项正确；
对于D：因为在上单调递减，在上单调递增，由，令得，又的定义域为，解得，
因为在上单调递增，所以的单调递减区间为，
同理函数的递增区间为，所以选项D正确.故选：BCD.
11．已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A. 当时，B.
C. 数列单调递增，单调递减D. 当时，恒有
【答案】ACD
【解析】由题意可得：，，由可知：，
但，可知对任意的，都有，对于选项A：若，
则，
即，故A正确；
对于选项B：，
即，故B错误.
对于选项C：因为，，
则，且，可知是等比数列，
则，设，，
可得，，
因为，可知为递增数列，
所以数列单调递增，单调递减，故C正确；
对于选项D：因为，，
由，可得，即，则，即；
由，可得，即，则，即；
以此类推，可得对任意的，都有，
又因为，则，
所以，故D正确.故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．在（其中）的展开式中，的系数为，各项系数之和为，则__________.
【答案】5
【解析】由题意得的展开式中的系数为，即，
令，得各项系数之和为，则n为奇数，且，即得，
故答案为：5
13.已知椭圆的左、右焦点分别，，椭圆的长轴长为，短轴长为2，P为直线上的任意一点，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】由题意有，，，设直线与x轴的交点为Q，
设，有，，
可得，
当且仅当时取等号，可得的最大值为.故答案为：
14.已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为__________.
【答案】
【解析】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取的中点为H，的中点为N，连接，，，
球O为四棱锥的内切球，底面为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面，
则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，此圆为的内切圆，半径为r，与，分别相切于点E，F，平面平面，交线为，平面，为正三角形，有，平面，平面，，
，，则有，，，
则中，，解得.
所以，四棱锥内切球半径为1，连接.平面，平面，，又，平面，，平面，平面，可得，所以内切球表面上一点M到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径，又.所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线的距离的最小值为.故答案为：
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