2023高考考前能力提升卷02（解析版）

第5篇能力提升卷02（试卷满分150分，考试用时120分钟）姓名___________班级_________考号_______________________注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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.1．已知集合，，则（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】解不等式求得集合，根据函数定义域的求法可求得集合，由交集定义可得结果.【详解】由得：，；由得：且，；.故选：C.2．若，其中为虚数单位，则实数m的值为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【解析】【分析】由复数乘法可得，根据复数的性质列不等式组，即可求m值.【详解】由题意得：，则，可得.故选：B.3．已知某圆锥的轴截面是腰长为3的等腰三角形，且该三角形顶角的余弦值等于，则该圆锥的表面积等于（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】根据题意利用余弦定理可求出底面半径，从而可求出其表面积【详解】设圆锥的底面半径为r，则，解得，故该圆锥的表面积等于.故选：C.4．第十三届冬残奥会于2022年3月4日至3月13日在北京举行.现从4名男生，2名女生中选3人分别担任冬季两项、单板滑雪、轮椅冰壶志愿者，且至多有1名女生被选中，则不同的选择方案共有（

）.A．72种 B．84种 C．96种 D．124种【答案】C【解析】【分析】先分有一名女生和没有女生两种情况选出自愿者，然后再排列.【详解】第一步，选出的自愿者中没有女生共种，只有一名女生共种；第二步，将三名志愿者分配到三项比赛中共有.所以，不同的选择方案共有种.故选：C5．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】依题意利用诱导公式及二倍角余弦公式计算可得；【详解】解：因为，所以故选：B6．己知直线与圆交于两点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】先求得直线所过定点坐标，然后利用勾股定理求得的最小值.【详解】圆的圆心为，半径为.直线的方程可化为，所以，解得，即直线过定点.，所以在圆内.当的中点为，也即时，最小，且最小值为.故选：D7．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，每年新春佳节，我国许多地区的人们都有贴窗户的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新、接福纳祥的愿望.图一是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，已知图二中正六边形的边长为2，圆的圆心为正六边形的中心，半径为1，若点在正六边形的边上运动，为圆的直径，则的取值范围是(

)图一图二A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】先利用平面向量的线性运算法则，将用来表示，然后将所求式子表达成来表示，进而求出范围.【详解】如图，取的中点，根据题意，是边长为2的正三角形，易得，又，根据图形可知，当点位于正六边形各边的中点时有最小值为，此时，当点位于正六边形的顶点时有最大值为2，此时，∴.故选：B.8．已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则不等式在上的解集为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】先根据对称性及奇偶性得到函数的周期，以及大概的图像，然后通过题目给出的信息构造相应的函数，证明其单调性，最后通过数形结合得到结果.【详解】由题可得函数关于轴对称，又因为为奇函数，所以关于原点中心对称，由此可得函数是周期为2的函数，因为当是，令，所以即在上单调递增，所以，即又因为时，，所以所以在上，，由函数的对称性和周期性，做出函数的草图及的图像结合图像，可得不等式在上的解集为故选：A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．下列命题正确的是（

）A．在回归分析中，相关指数越大，说明回归效果越好B．已知，若根据2×2列联表得到的观测值为4.1，则有95%的把握认为两个分类变量有关C．已知由一组样本数据得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有D．若随机变量，则不论取何值，为定值【答案】ABD【解析】【分析】根据相关指数的定义及回归直线方程的性质判断A、C，根据独立性检验的概念判断B，根据正态分布的性质判断D；【详解】解：对于A：在回归分析中，相关指数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好，故A正确；对于B：因为，则有的把握认为两个分类变量有关系，故B正确；对于C：因为回归直线方程为，且，所以，即回归直线必过，但是样本数据不一定有，故C错误；对于D：若随机变量，即，所以，故D正确；故选：ABD10．下列选项中正确的是（

）A．，使得成立B．若a，b为正实数，则C．当，不等式恒成立D．若正实数x，y满足，则【答案】ABD【解析】【分析】A.D可以代入特殊值，即可判断，BD利用基本不等式即可判断.【详解】A.当时，成立，故A正确.B.当a，b为正实数，，当时等号成立，故B正确；C.当时，，所以不等式不恒成立，故C错误；D.，当且仅当时，即时等号成立，故D正确.故选：ABD11．已知函数，则下列说法正确的有（

）A．若，则f（x）的对称中心为B．若f（x）向左平移个单位后，关于y轴对称则的最小值为1C．若f（x）在（0，π）上恰有3个零点，则的取值范围是（，]D．已知f（x）在[，]上单调递增，且为整数，若f（x）在[m，n]上的值域为[，1]，则的取值范围是[，]【答案】BCD【解析】【分析】把为化为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数的性质判断各选项．【详解】,选项A，，，，，对称中心是，A错；选项B，若f（x）图象向左平移个单位后得解析式为，它的图象关于轴对称，则，，时，，满足题意，B正确；选项C，f（x）在（0，π）上恰有3个零点，即在上有三个解，时，，且，因此，解得，C正确；选项D，时，是增函数，，，，，正整数只能取1，2，3，，，不合题意，，，满足题意，，，不合题意，所以，，，则，，，由周期性，不妨取，，其中，因此为了满足题意，必须有：时，或，，因此，D正确．故选：BCD．12．如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD中点，若沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B、C、D三点重合于S，得到四面体S−AEF（图2），点G为SE中点．下列结论正确的是（

）A．四面体S−AEF的外接球体积为B．顶点S在面AEF上的射影为△AEF的重心C．SA与面AEF所成角的正切值为D．过点G的平面截四面体S−AEF的外接球所得截面圆面积取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】由翻折的性质，利用，，两两垂直，将四面体的外接球问题转化为长方体的外接球问题进行求解，即可判断选项A;利用线面垂直的判定定理和性质定理证明在平面上的射影为△的垂心，即可判断选项B；由线面角的定义求解，即可判断选项C；将四面体补成长方体，找出球心，将问题转化为过一定点作球的截面求解截面圆面积的最值问题，即可判断选项D．【详解】对于A，由翻折的性质可知，、、两两垂直，将其补成长方体，则长方体外接球和四面体外接球相同，因为，，则其体对角线长，所以长方体外接球的半径为，故外接球的体积为，故选项A正确；对于B，因为、、两两互相垂直，所以点在平面上的射影为的垂心，理由如下：如图，过点作平面，交平面于点，因为平面，平面，所以，又因为，，，、平面，则平面，又平面，故，又，、平面，所以平面，又平面，故；同理可证，，故点在平面上的射影为的垂心，故选项B错误；对于C，设为的中点，则，，又，，平面，所以平面，又平面，故平面平面，则在平面上的射影为，所以与平面所成的角为，因为，，，所以，故选项C正确；对于D，设为四面体的外接球的球心，则平面，连接、，当过点的截面经过球心时截面圆的面积最大，最大面积为，当垂直截面圆时，截面圆面积最小，此时，，，，故截面圆的面积为，所以截面圆面积的取值范围为，故选项D正确．故选：ACD．【点睛】本题以命题的真假判断为载体考查了立体几何的综合应用，考查了空间几何体的外接球问题，线面角与截面问题，综合考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于难题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知，则的值为_______．【答案】【解析】【分析】根据分段函数及对数的运算求值即可.【详解】因为，所以．故答案为：14．已知甲运动员的投篮命中率为0.7，乙运动员的投篮命中率为0.8，若甲、乙各投篮一次，则恰有一人命中的概率是___________．【答案】0.38【解析】【分析】利用相互独立事件概率乘法公式及互斥事件概率计算公式即求.【详解】∵甲运动员的投篮命中率为0.7，乙运动员的投篮命中率为0.8，∴甲、乙各投篮一次，则恰有一人命中的概率是.故答案为：0.38.15．的展开式中的系数为__．【答案】【解析】【分析】根据题意利用乘方得几何意义，要得到，则有2个因式取，1个因式取，3个因式取，从而可得出答案.【详解】解：表示6个因式得乘积，要得到，则有2个因式取，1个因式取，3个因式取，所以展开式中的项为，所以展开式中的系数为.故答案为：.16．已知椭圆，直线过椭圆C的左焦点F且交椭圆于A，两点，线段AB的垂直平分线交x轴于M点，则的值为___________；取值范围为___________.【答案】

【解析】【分析】由题意的方程可得焦点的坐标，分直线的斜率存在和不存在，及斜率为0的情况设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，求出的中点的坐标，进而求出弦长的表达式，求出的中垂线的方程，令，求出的横坐标的值，进而求出的值，从而可求得的值，再求的表达式，再由参数的范围比值的取值范围【详解】解：由椭圆的方程：，可得左焦点，当直线的斜率为0时，则直线为轴，的中垂线为轴，这时与原点重合，这时，，所以，，当直线的斜率不存在时，的中垂线为轴，舍去，当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，的坐标分别为，，，，联立直线与椭圆的方程：，整理可得：，，，则弦长，，所以的中点坐标，，所以直线的中垂线方程为：，令，可得，所以，，所以，所以所以，，综上所述，，的取值范围是，，故答案为：；，．【点睛】本题考查直线与椭圆的综合，及直线与椭圆的相交弦长的求法，线段的中垂线的方程的求法，难度较大．四．解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足(1)求角B；(2)在①的外接圆的面积为，②的周长为12，③，这三个条件中任选一个，求的面积的最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）由已知，根据给的，先使用正弦定理进行边角转化全部转化成角的关系，然后再利用,把换掉，展开和差公式合并同类项，然后根据角B的取值范围，即可完成求解；（2）由已知，根据第（1）问计算出的角B，若选①，现根据给的外接圆的面积计算出外接圆半径R，然后根据角B利用正弦定理计算出边长b，然后使用余弦定理结合基本不等式求解ac的最值，即可完成面积最值得求解；若选②，利用，表示出三边关系，利用余弦定理借助基本不等式求解出a+c的最值，然后再利用基本不等式找到ac与a+c的关系，从而求解出面积的最值；若选③，可根据边长b、角B借助余弦定理使用基本不等式直接求解出ac的最值，即可完成面积最值得求解.(1)∵∴∴∴∵∴∴∵∴(2)若选①，设的外接圆半径为R，则，∴∴由余弦定理，得：即，当且仅当时，等号成立.即的面积的最大值为若选②∵，∴由余弦定理又∴∴（舍）或，当且仅当时等号成立∴当且仅当时等号成立若选③，由余弦定理，得：即，当且仅当时，等号成立.∴即的面积的最大值为18．已知数列是公差不为0的等差数列，数列是公比为2的等比数列，是，的等比中项，，.(1)求数列，的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）根据是，的等比中项，且，，由求解；（2）由（1）得到，再利用错位相减法求解.(1)解：因为是，的等比中项，且，，所以，解得，，所以；(2)由（1）得，所以，则，两式相减得，，，所以.19．在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点生产防疫物品，保障抗疫一线医疗物资供应，某口罩生产厂商在加大生产的同时，狠抓质量管理，不定时抽查口罩质量，质检人员从某日所生产的口罩中随机抽取了100个，将其质量指标值分成以下五组：，，，，，得到如下频率分布直方图.(1)规定：口罩的质量指标值越高，说明该口罩质量越好，其中质量指标值低于130的为二级口罩，质量指标值不低于130的为一级口罩，现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个口罩，再从中抽取3个，求抽取的口罩至少有一个一级口罩的概率；(2)在2021年“双十一”期间，某网络购物平台推出该型号口罩订单“秒杀”抢购活动，甲､乙､丙三人分别在该平台参加一次抢购活动，假定甲､乙､丙抢购成功的概率分别为0.1，0.2，0.3，记三人抢购成功的总次数为X，求X分布列及数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析，【解析】【分析】(1)根据频率分布直方图求出二级品和一级品的频率，结合分层抽样的性质可得二级､一级口罩个数分别为6、2，即可求出至少有一个一级品的概率；(2)根据题意可得X的可能取值，求出对应的概率，列出分布列，进而即可求出随机变量的数学期望.(1)由频率分布直方图可得，二级品的频率为，一级品的频率为按分层抽样抽取8个口罩，则其中二级､一级口罩个数分别为6、2，故事件“至少有一个一级品”的概率.(2)由题知X的可能取值为0，1，2，3，，，，所以X分布列为X0123P0.5040.3980.0920.006.20．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，，F是PB中点，E为BC上一点.(1)求证：AF⊥平面PBC；(2)当BE为何值时，二面角为;(3)求三棱锥P—ACF的体积.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】【分析】（1）通过证明来证得平面.（2）建立空间直角坐标系，设，以二面角的余弦值列方程，从而求得，也即的值.（3）根据椎体体积计算方法，计算出三棱锥的体积.(1)因为PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD．所以,因为ABCD是矩形，所以,因为,所以BC⊥平面PAB.因为AF平面PAB，所以.因为，F是PB中点，所以,因为,所以AF⊥平面PBC．(2)因为PA⊥平面ABCD，所以.又，所以以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.设，则P（0，0，1），D（，0，0），E（a，1，0），F（0，，）所以,设平面的法向量为，则，故可设，平面的法向量为，由于二面角的大小为，所以，解得.(3).21．如图，已知抛物线上的点R的横坐标为1，焦点为F，且，过点作抛物线C的两条切线，切点分别为A、B，D为线段PA上的动点，过D作抛物线的切线，切点为E（异于点A，B），且直线DE交线段PB于点H.(1)求抛物线C的方程；(2)（i）求证：为定值；（ii）设，的面积分别为，求的最小值.【答案】(1)(2)6【解析】【分析】（1）依据抛物线定义即可求得抛物线C的方程；（2）依据设而不求的方法得到的表达式再去证明其为定值；依据设而不求的方法得到的表达式再去求其最小值即可.(1)抛物线的焦点，准线则，则，抛物线C的方程为(2)（i）设直线AP：由，可得则，解得则，解得不妨令直线AP：，直线BP：，则设，设直线由，可得由，可得或（舍）则，直线由，可得故，为定值.（ii）由（i）得，，则，故，令则当时，，单调递减；当时，，单调递增则，故的最小值为6.22．已知函数，.(1)若曲线在和处的切线互相平行，求的值；(2)求的单调区间；(3)若对任意，均存在，使得，求的取值范围．【答案】(1)(2)答案见解析(3)【解析】【分析】（1）由题意可得出，可求得实数的值；（2）求出函数的定义域，求得，对实数的取值进行分类讨论，分析的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；（3）分析可知当时，有，分析两个函数的单调性，可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围.(1)解：，则，其中，由题意可得，即，解得．(2)解：函数的定义域为，则.①当时，对任意的，，由，可得；由，可得，此时函数的增区间为，减区间为；②当时，则，由可得；由可得或.此时函数的减区间为，增区间为、；③当时，对任意的，且不恒为零，此时函数的增区间为，无减区间；④当时，则，由可得；由可得或.此时函数的减区间为，增区间为、.综上所述，当时，函数的增区间为，减区间为；当时，函数的减区间为，增区间为、；当时，函数的增区间为，无减区间；当时，函数的减区间为，增区间为、.(3)解：对任意，均存在，使得，所以，当时，有．在的最大值．由（2）知：①当时，在上单调递增，故，所以，，解得，此时；②当时，在上单调递增，在上单调递减，故，由，知，所以，，则，则.综上所述的取值范围是．【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，，，.（1）若，，有成立，则；（2）若，，有成立，则；（3）若，，有成立，则；（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集.第1篇考前基础巩固卷01（试卷满分150分，考试用时120分钟）姓名___________班级_________考号_______________________注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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.1．已知集合，全集是，则（

）A． B． C． D．2．若，则（

）A．3 B．2 C．0 D．3．命题“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，4．若，则是第（

）象限角．A．一 B．二 C．三 D．四5．函数的零点所在的区间是（

）A． B． C． D．6．已知向量，，则（

）A． B．3 C． D．7．在的展开式中，所有二项式系数和为，则该展开式中常数项为（

）A． B． C． D．8．已知倾斜角为的直线与双曲线，相交于，两点，是弦的中点，则双曲线的渐近线的斜率是（

）A．B．C．D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．下列命题中，真命题的是（

）A．若回归方程，则变量与正相关B．线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型拟合效果越好C．若样本数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为8D．一个人连续射击三次，则事件“至少击中两次”的对立事件是“至多击中一次”10．下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是（

）A． B． C． D．11．已知等差数列的前n项和为，且满足，，则（

）A． B．C．当且仅当时，取最小值