2023届高考数学（理）考前冲刺训练（新疆适用）（含答案）

2023年高考考前冲刺训练（新疆适用）
理科数学
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知i为虚数单位，复数z＝(3－i)(2＋i)，则z的虚部为(　　)
A．i B．1 C．7i D．7
2．已知集合A＝，B＝[a，a＋4]，若A∩B＝(－1,2]，则a等于(　　)
A．2 B．－1 C．－2 D．－5
3．设x，y∈R，则“x<1且y<1”是“x＋y<2”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
4．已知a＝，b＝lg 100，c＝20.99，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>a>c D．b>c>a
5．“碳中和”是指企业、团体或个人等测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某“碳中和”研究中心计划派5名专家分别到A，B，C三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为(　　)
A．90 B．150 C．180 D．300
6．(2022·晋中模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝，则数列{}的前n项和Tn等于(　　)
A．2n－1 B.
C. D．2n－1－1
7．(2022·汕头模拟)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象如图所示，下列4个命题中错误的是(　　)
A．f(x)向左平移个单位长度后图象关于y轴对称
B．f(x)向右平移个单位长度后的图象关于坐标原点对称
C.是f(x)的一个对称中心
D．f(x)的单调递减区间是(k∈Z)
8．(2022·深圳模拟)我们把短边与长边之比为的矩形称为黄金分割矩形，黄金分割矩形看起来比较“和谐”，日常生活中的矩形用品(如书本、课桌、衣柜)和建筑物中的一些矩形结构(如窗户、房间等)都常设计成黄金分割的样式，若一面积为2－2的黄金分割矩形一条短边的两个顶点在抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线上，另一条短边的中点为抛物线C的焦点F，则该黄金分割矩形与抛物线C的一个交点到F的距离为(　　)
A. B.－1
C. D.
9．(2022·咸阳模拟)执行如图所示的程序框图，如果输入的x，y∈R，那么输出的S的最大值为(　　)
A．0 B．1 C．2 D．4
10．(2022·内江模拟)已知正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，则该四棱锥的内切球的体积为(　　)
A. B. C. D．4
11．(2022·苏州模拟)如图所示，△ABC的面积为，其中AB＝2，∠ABC＝60°，AD为BC边上的高，M为AD的中点，若＝λ＋μ，则λ＋2μ的值为(　　)
A．－ B. C. D.
12．(2022·西安五区联考)设f(x)为R上的偶函数且f(2－x)＝f(x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝2－2x，若方程f(x)＝loga(x＋1)在(－1,3)内只有3个解，则实数a的取值范围是(　　)
A. B．(3,5)
C．(1,3) D．(3，＋∞)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(2022·重庆市求精中学模拟)若sin＝－，且α为第二象限角，则tan 2α＝________.
14．已知函数f(x)＝log4(4x＋m)－x的定义域为R，且对任意实数a，都满足f(a)≥f(－a)，则实数m＝________.
15．(2022·诸暨模拟)现从4名男医生和3名女医生中抽取两人加入“援沪医疗队”，用A表示事件“抽到的两名医生性别相同”，B表示事件“抽到的两名医生都是女医生”，则P(B|A)＝________.
16.如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2A1B1，且存在一个半径为r的球，与该正四棱台的各个面均相切．设该正四棱台的外接球半径为R，则＝________.
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题：共60分．
17．(12分)如图，在圆内接△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足asin ＝b·sin A.
(1)求B的大小；
(2)若点D是劣弧 上一点，a＝2，c＝3，sin∠CAD＝，求线段AD的长．
18．(12分)(2022·新余模拟)随着中国实施制造强国战略以来，中国制造逐渐成为世界上认知度最高的标签之一，企业也越来越重视产品质量的全程控制．某企业从生产的一批产品中抽取40件作为样本，检测其质量指标值，质量指标的范围为[50,100]，经过数据处理后得到如图所示的频率分布直方图．
(1)为了进一步检验产品质量，在样本中从质量指标在[50,60)和[90,100]的两组中抽取3件产品，记取自[50,60)的产品件数为ξ，求ξ的分布列和均值；
(2)该企业采用混装的方式将所有的产品按200件一箱包装，质量指标在[60,90)内的产品利润是5元，质量指标在[60,90)之外的利润是3元，以样本分布的频率作为总体分布的概率，试估计每箱产品的利润．
19．(12分)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①·(＋)＝0；②PC＝；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上．
如图，在平面五边形PABCD中，△PAD是边长为2的等边三角形，AD∥BC，AB＝2BC＝2，AB⊥BC，将△PAD沿AD翻折成四棱锥P－ABCD，E是棱PD上的动点(端点除外)，F，M分别是AB，CE的中点，且________．
(1)求证：AB⊥FM；
(2)当EF与平面PAD所成角最大时，求平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值．
20．(12分)在平面直角坐标系中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l：y＝kx＋t与椭圆C交于A，B两点．已知△ABF2周长的最大值为8，且当k＝1，t＝0时，|AB|＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设△ABO的面积为S，若|AB|＝2，求S的取值范围．
21．(12分)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，
①证明：m>－；
②当m<0时，|x2－x1|>2m＋1是否成立？如果成立，请简要说明理由．
(二)选考题(共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做．则按所做的第一题计分)
[选修4—4：坐标系与参数方程]
22．(2022·许昌模拟)在平面直角坐标系中，圆C1的参数方程为(θ为参数)，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρsin＝.
(1)求圆C1的极坐标方程及曲线C2的直角坐标方程；
(2)设射线l：θ＝α与圆C1交于异于原点O的一点M，与曲线C2交于点N，求△OC1M与△OC1N面积之比的最大值．
[选修4—5：不等式选讲]
23．(2022·六盘水模拟)已知f(x)＝|a2x＋1|，g(x)＝.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)－g(x)≥－1的解集；
(2)若a>0，f(1)≤E，g(1)≤F，证明：E＋F≥2.
参考答案
1．B　2.C　3.A　4.A　5.B　6.A
7．D　[根据图象可知A＝1，
f(0)＝sin φ＝，
又|φ|<，所以φ＝，
f(x)＝sin，
f ＝sin＝－1，
ω·＋＝2kπ＋，
ω＝k＋2，k∈Z，ω>0，
根据f(x)的图象可知>，
T＝>，即ω<，
所以ω＝2，f(x)＝sin.
A选项，根据f(x)图象可知，f(x)关于直线x＝对称，
所以f(x)向左平移个单位长度后图象关于y轴对称，A选项命题正确；
B选项，f(x)向右平移个单位长度后得y＝sin＝sin 2x，图象关于坐标原点对称，B选项命题正确；
C选项，f ＝sin＝0，所以是f(x)的一个对称中心，C选项命题正确；
D选项，由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，
得kπ＋≤x≤kπ＋，
所以f(x)的单调递减区间为
，k∈Z，
D选项命题错误．]
8．D　[如图所示，设矩形长边为x，短边为y，
由题可知，
解得
由题意知p＝x＝2，则抛物线方程为y2＝4x，焦点F(1,0)，
根据对称性，不妨设矩形的一条长边y＝与抛物线交于点A，
代入y2＝4x得x＝，
则点A到抛物线焦点F的距离为＋＝.]
9．D　[由题意可得，不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示，
目标函数S＝2x＋y，
可化为直线y＝－2x＋S，
当直线y＝－2x＋S经过点A时，直线在y轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，
又由解得A(2,0)，
所以目标函数的最大值为Smax＝4，
又当不满足不等式组时，
根据程序框图，
可得S＝1，
所以输出的S的最大值为4.]
10．B　[如图，设O为正四棱锥的底面中心，E为BC的中点，连接PO，OE，PE，
则PO为四棱锥的高，PE为侧面△PBC的高，
因为BC＝2，PB＝，
故PE＝＝2，
则PO＝＝，
设该四棱锥的内切球的半径为r，
则·SABCD·PO
＝(SABCD＋4S△PBC)r，
即×4×
＝××r，
解得r＝，
故内切球的体积为
V＝π×3＝.]
11．C　[S△ABC＝AB·BC·
sin∠ABC＝BC＝，
所以BC＝3，
因为AD为BC边上的高，
所以BD＝AB·cos∠ABC
＝1＝BC，
因为M为AD的中点，
所以＝＝(＋)
＝
＝
＝＋，
又因为＝λ＋μ，
所以λ＝，μ＝，
所以λ＋2μ＝.]
12．D　[由f(2－x)＝f(x)得f(2＋x)＝f(－x)，
又f(x)为偶函数，
所以f(x＋2)＝f(－x)＝f(x)，
则f(x)为周期为2的函数．
因为方程f(x)＝loga(x＋1)在区间(－1,3)内有3个解，
所以函数y＝f(x)与函数y＝loga(x＋1)的图象在区间(－1,3)内有3个交点，
当0当a>1时，作出函数y＝f(x)与函数y＝loga(x＋1)的图象，如图所示，
由图得loga3<1，
解得a>3.]
13.　14.1
15.
解析　由题意知，
P(A)＝＝，
P(AB)＝＝，
所以P(B|A)＝＝＝.
16.
解析　如图，过A1D1，B1C1，AD，BC的中点N，M，E，F作该正四棱台的轴截面，取MN，EF的中点H，K，连接HK，内切球心为G，连接GM，GF，作GQ⊥MF于点Q，由题意，
设HM＝a，KF＝2a，
而HG＝KG＝QG＝r，
易得MQ＝HM＝a，FQ＝KF＝2a，MF＝3a，MG2＝a2＋r2，FG2＝4a2＋r2，且∠MGF＝90°，
所以MG2＋FG2＝MF2，
即a2＋r2＋4a2＋r2＝9a2，
解得r＝a，
从而可知HK＝2a，
连接A1C1，B1D1，交于点O1，连接AC，BD，
交于点O2，
可知A1O1＝a，AO2＝2a，O1O2＝HK＝2a，
所以＋
＝O1O2，
即＋＝2a，
解得R＝，
所以＝＝.
17．解　(1)由题设及正弦定理得
sin Asin ＝sin Bsin A，
因为sin A≠0，
所以sin ＝sin B.
由A＋B＋C＝π，
可得sin ＝cos ，
故cos ＝2sin cos .
因为cos ≠0，
所以sin ＝，
又B∈(0，π)，因此B＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理得
AC＝＝，
cos∠CAD＝＝，
由∠ADC＝，
可得∠ACD＝－∠CAD，
所以sin∠ACD＝sin
＝×－×＝，
在△ADC中，
由正弦定理得＝，
所以AD＝1.
18．解　(1)样本中质量指标在[50,60)的产品有40×10×0.015＝6(件)，
质量指标在[90,100]的产品有40×10×0.01＝4(件)，
故ξ可能的取值为0,1,2,3，
所以P(ξ＝0)＝＝＝，
P(ξ＝1)＝＝＝，
P(ξ＝2)＝＝＝，
P(ξ＝3)＝＝＝，
随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)设质量指标在[60,90)内的产品有X件，每箱产品的利润为Y元，
则质量指标在[60,90)外的产品有(200－X)件，
由题意知Y＝5X＋3(200－X)
＝2X＋600，
因为X～B，
所以E(X)＝200×＝150，
所以E(Y)＝E(2X＋600)
＝2E(X)＋600＝900(元)．
所以估计每箱产品的利润为900元．
19．(1)证明　取AD，CD的中点分别为O，G，连接PO，FG，MG.
选择①：
因为·(＋)＝0，
＋＝2，
所以·＝0，即AB⊥PO.
由题意可得AB⊥AD，
又AD∩PO＝O，AD，PO 平面PAD，
所以AB⊥平面PAD.
因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以MG∥PD，
又MG 平面PAD，PD 平面PAD，
所以MG∥平面PAD.
同理可得，FG∥平面PAD.
因为MG∩FG＝G，MG，FG 平面FGM，
所以平面FGM∥平面PAD，
所以AB⊥平面FGM.
又FM 平面FGM，
所以AB⊥FM.
选择②：
连接OC，则OC∥AB，OC＝AB＝2，OP＝，
因为PC＝，
所以PC2＝OP2＋OC2，
所以OP⊥OC，
所以AB⊥PO.
下同①.
选择③：
因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上，
所以平面PAD⊥平面ABCD.
因为平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP 平面PAD，AD⊥PO，
所以OP⊥平面ABCD，
又AB 平面ABCD，
所以AB⊥PO.
下同①.
(2)解　由(1)可知，AB⊥平面PAD，
因为AE 平面PAD，
所以AB⊥AE，
所以∠AEF即为EF与平面PAD所成的角．
因为tan∠AEF＝＝，
所以当AE最小时，∠AEF最大，
所以当AE⊥PD，即E为PD中点时，AE最小．
以点O为坐标原点，OC，OD，OP分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，E，C(2,0,0)，
所以＝，＝(2,1,0)，
设平面ACE的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
即
令z1＝，
得m＝.
由题意可知，平面PAD的一个法向量为n＝(1,0,0)，
所以cos〈m，n〉＝＝，
所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为.
20．解　(1)由椭圆定义可知
|AF2|＝2a－|AF1|，
|BF2|＝2a－|BF1|，
故△ABF2的周长为
|AF2|＋|BF2|＋|AB|
＝4a－(|AF1|＋|BF1|)＋|AB|，
又|AF1|＋|BF1|≥|AB|，
当直线l经过点F1时，等号成立，
故|AF2|＋|BF2|＋|AB|
＝4a－(|AF1|＋|BF1|)＋|AB|
≤4a－|AB|＋|AB|＝4a＝8，
即a＝2，故椭圆方程为＋＝1，
又当k＝1，t＝0时，y＝x，
设点A(x0，y0)，x0>0，
故|AB|＝2|OA|＝2
＝，
解得x0＝，故点A，
代入椭圆方程得＋＝1，
解得b2＝2，
故椭圆方程为＋＝1.
(2)联立椭圆与直线方程
得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－4＝0，
Δ>0，即4k2＋2－t2>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|AB|＝·
＝·
＝2·＝2，
化简可得t2＝，
点O到直线l的距离为d＝，
所以S＝|AB|d＝·
＝·
＝·，
设m＝∈(0,1]，
则S＝·，
所以S∈(0，]．
21．(1)解　f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
因为函数f(x)在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0，
所以f′(－1)＝－a＝－1，
f(－1)＝(b－1)＝0，
所以a＝1，b＝1或a＝，
b＝2－e(舍)，
所以a＝1，b＝1.
(2)①证明　由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f′(x)＝(x＋2)ex－1，
令g(x)＝f′(x)＝(x＋2)ex－1，
则g′(x)＝(x＋3)ex，
令g′(x)＝0，得x＝－3，
所以函数g(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(－3)，
即f′(x)min＝f′(－3)＝－e－3－1<0，
又x→＋∞，f′(x)→＋∞，x<－3，f′(x)<0，
且f′(0)＝1>0，
f′(－1)＝－1<0，
所以 x0∈(－1,0)，
使得f′(x0)＝0，
即(x0＋2)－1＝0，
即＝，
当x当x>x0时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)
＝(x0＋1)(－1)
＝(x0＋1)
＝－
＝－
＝－，
因为x0∈(－1,0)，
所以x0＋2∈(1,2)，
令h(x)＝x＋，x∈(1,2)，
则h′(x)＝1－>0，x∈(1,2)，
所以函数h(x)在(1,2)上单调递增，
故(x0＋2)＋∈，
所以－∈，
即f(x)min>－，
所以m>－.
②解　成立，理由如下：
当直线过(－1,0)，(x0，f(x0))时，割线方程为
y＝－(x＋1)＝m，
得x3＝－1，
当直线过(0,0)，(x0，f(x0))时，割线方程为
y＝x＝m，
得x4＝，
所以|x2－x1|>x4－x3
＝＋1
＝＋1>2m＋1.
22．解　(1)由题意得，圆C1的普通方程为(x－2)2＋y2＝4，
即x2＋y2－4x＝0，
∴圆C1的极坐标方程为ρ＝4cos θ；
由ρsin＝，
得ρ＝，
∴曲线C2的直角坐标方程为x＋y＝3，即x＋y－3＝0.
(2)∵＝|OC1||OM|sin α，
＝|OC1||ON|sin α，
∴＝，
且|OM|＝ρ1＝4cos α，
|ON|＝ρ2＝，
∴＝
＝cos α(sin α＋cos α)
＝sin αcos α＋cos2α
＝sin 2α＋cos 2α＋
＝，
当且仅当α＝时，△OC1M与△OC1N面积之比取最大值，为.
23．(1)解　当a＝1时，由f(x)－g(x)≥－1，
即|x＋1|－|2－2x|≥－1，
得或或
解得0≤x≤4，
所以不等式的解集为[0,4]．
(2)证明　E＋F≥f(1)＋g(1)
＝|a2＋1|＋
≥
＝(当且仅当2－≤0，即0＝
≥＝2(当且仅当a2＝，即a＝1时，等号成立)．