提升卷03
一、单选题(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．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）已知集合，，若，则实数b的值为（ ）
A．1 B．0或1 C．2 D．1或2
2．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知为虚数单位，且复数满足，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
3．（2023·全国·模拟预测）古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．15 B．20 C．24 D．27
4．（2021·新疆乌鲁木齐·统考三模）意大利画家列奥多·达·芬奇(1452.4-1519.5)的画作《抱银貂的女人》中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达·芬奇提出，固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”．后人给出了悬链线的函数解析式：，其中是悬链线系数，称为双曲余弦函数，其表达式为，相应地双曲正弦函数的表达式为若直线与双曲余弦函数和双曲正弦函数分别交于两点，曲线在点A处的切线与曲线在点处的切线相交于点则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．随的增大而减小
D．的面积随的增大而减小
5．（2023·湖北咸宁·校考模拟预测）一曲线族的包络线（Envelope）是这样的曲线：该曲线不包含于曲线族中，但过该曲线上的每一点，都有曲线族中的一条曲线与它在这点处相切.下列说法正确的是（ ）
A．若圆是直线的包络线，则有
B．若曲线是直线族的包络线，则的长为
C．曲线是三条过点的直线的包络线，其中则
D．若两曲线和是同一条直线的包络线，则的取值范围是
6．（2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图，在平行四边形中，E是的中点，，与相交于O．若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
7．（2021·江苏·高二专题练习）在平面直角坐标系中，如果一个多边形的顶点全是格点（横纵坐标都是整数），那么称该多边形为格点多边形，若△ABC是格点三角形，其中A（0，0），B（4，0），且面积为8，则该三角形边界上的格点个数不可能为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
8．（2023·全国·高三专题练习）对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，恒有，则称数列有界；若这样的正数不存在，则称数列无界，已知数列满足：，，记数列的前项和为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，数列有界 B．当时，数列有界
C．当时，数列有界 D．当时，数列有界
二、多选题(本大题共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．（2023·全国·高三专题练习）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列说法正确的是（ ）
A．从中任取3球，恰有2个白球的概率是；
B．从中有放回的取球6次，每次任取一球，设取到红球次数为X，则；
C．现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为；
D．从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到白球的概率为.
10．（2022·湖南衡阳·高二衡阳市一中校考期中）如果关于的不等式的解集为，那么下列数值中，可取到的数为（ ）
A． B．0 C．1 D．2
11．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考三模）已知四面体ABCD中，面BCD，，E、F分别是棱AC、AD上的点，且，.记四面体ABEF、四棱锥、四面体ABCD的外接球体积分别是、、，则的值不可能是（ ）
A．1 B． C． D．
12．（2023秋·湖北武汉·高一华中师大一附中期末）已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有( )
A．
B．若，则函数的最小正周期为；
C．关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解
D．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．（2023·人大附中校考三模）已知是公比为)的等比数列，且成等差数列，则 ．
14．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考二模）已知二项式的展开式中含的项的系数为，则 ．
15．（2016·云南·统考一模）已知实数都是常数，若函数的图象在切点处的切线方程为与的图象有三个公共点，则实数的取值范围是 .
16．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左 右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，连接并延长交于点，连接，若存在点使成立，则的取值范围为 .
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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提升卷03
一、单选题(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．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）已知集合，，若，则实数b的值为（ ）
A．1 B．0或1 C．2 D．1或2
【答案】D
【分析】求出中不等式的整数解确定出，根据与的交集不为空集，求出b的值即可．
【详解】由中不等式解得：，
因为，所以，，
，，且，
或2，
故选：D．
2．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知为虚数单位，且复数满足，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】根据复数的除法、乘方运算求出，再根据共轭复数的概念和模长公式可求出结果.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
所以.
故选：D
3．（2023·全国·模拟预测）古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．15 B．20 C．24 D．27
【答案】D
【分析】根据题意可得，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，从而得到，然后将分离出来，再结合基本不等式即可得到结果.
【详解】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故，所以2.
由，得，
整理得对任意，且恒成立，
又，
当且仅当，即时等号成立，
所以，即实数的最大值为27.
故选：D.
4．（2021·新疆乌鲁木齐·统考三模）意大利画家列奥多·达·芬奇(1452.4-1519.5)的画作《抱银貂的女人》中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达·芬奇提出，固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”．后人给出了悬链线的函数解析式：，其中是悬链线系数，称为双曲余弦函数，其表达式为，相应地双曲正弦函数的表达式为若直线与双曲余弦函数和双曲正弦函数分别交于两点，曲线在点A处的切线与曲线在点处的切线相交于点则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．随的增大而减小
D．的面积随的增大而减小
【答案】D
【分析】根据题意，得到的表达式，结合指数幂的运算，即可判断A的正误；根据题意，得到的表达式，化简整理，可判断B的正误；设出A、B坐标，利用导数求得A、B处切线的斜率，进而可得A、B处切线方程，联立求得P点坐标，表示出和的面积，根据对勾函数、指数函数的性质，可判断C、D的正误，即可得答案.
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：
=，故B错误；
对于C：设，
又，
所以线在点A处斜率，
所以曲线在点A处切线方程为.
同理，曲线在点处的切线为，
两式联立可得，
所以，所以，
根据对勾函数的性质可得随m的增大，先减小后增大，故C错误；
对于D：，所以的面积随的增大而减小，故D正确.
故选：D
【点睛】解题的关键是理解题中所给函数，根据指数幂运算性质，进行化简运算，考查导数的几何意义，考查分析理解，运算化简的能力，属中档题.
5．（2023·湖北咸宁·校考模拟预测）一曲线族的包络线（Envelope）是这样的曲线：该曲线不包含于曲线族中，但过该曲线上的每一点，都有曲线族中的一条曲线与它在这点处相切.下列说法正确的是（ ）
A．若圆是直线的包络线，则有
B．若曲线是直线族的包络线，则的长为
C．曲线是三条过点的直线的包络线，其中则
D．若两曲线和是同一条直线的包络线，则的取值范围是
【答案】AC
【分析】对于A，B，利用圆心到直线的距离等于圆的半径，列出方程，分析方程，即可判断；对于C，根据导数的几何意义求得过点且与曲线相切的直线方程为，从而可得，令，利用导数求得极值，从而求得的范围即可判断；对于D，当时，可得两曲线和有公切线，从而可判断.
【详解】对于A，由圆：是直线族的包络线，
可得，可得，A正确；
对于B，设曲线的方程为，
由曲线是直线族的包络线，
可得，即
因为为定值，则，可得，此时，
所以曲线的方程为，所以曲线的周长为，B错误；
对于C，令曲线与过点的直线相切于点，
对求导得，
所以直线的方程为，
即，
因为直线过点，所以，
所以，令
则，又
所以当或时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的极大值为，的极小值为，
因为曲线是三条过点的直线的包络线，
所以关于的方程有三个实数解，
所以，即，C正确；
对于D，两曲线和是同一条直线的包络线，等价于两曲线和有公切线.
当时，曲线和直线相切，符合题意，D错误.
故选：AC
【点睛】方法点睛：
新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
6．（2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图，在平行四边形中，E是的中点，，与相交于O．若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】先以为基底表示，再利用向量的数量积把转化为关于的方程，即可求得的长
【详解】在平行四边形中，E是的中点，，与相交于O．
设，
则
由，可得
则，解之得，则
则
又，则，解之得，即的长为4
故选：C
7．（2021·江苏·高二专题练习）在平面直角坐标系中，如果一个多边形的顶点全是格点（横纵坐标都是整数），那么称该多边形为格点多边形，若△ABC是格点三角形，其中A（0，0），B（4，0），且面积为8，则该三角形边界上的格点个数不可能为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【分析】画出图像，根据不同的位置得到答案.
【详解】如图所示：
当顶点处于位置时，格点数为；
当顶点处于位置时，格点数为；
当顶点处于位置时，格点数为；
无论顶点处于什么位置都不能是格点数为；
故选：
【点睛】本题考查了三角形的边界整数点问题，画出图像是解题的关键.
8．（2023·全国·高三专题练习）对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，恒有，则称数列有界；若这样的正数不存在，则称数列无界，已知数列满足：，，记数列的前项和为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，数列有界 B．当时，数列有界
C．当时，数列有界 D．当时，数列有界
【答案】B
【分析】当时， 构造新函数，利用导数判断其单调性，进而得出，由此判断A;
构造函数，判断其单调性，推出，进而得到，从而说明，判断B; 当 时，说明成立，从而判断C,D.
【详解】当时，
令，则，
当 时，，故 ，
因为，则，
所以 ，（这是因为），
令 ，则，
故时单调递增函数，
故，则，
假设 ，则，
故由归纳法可得成立，所以 ，
故数列无界，故A错；
又由，
设
则 ，
故递减，则，
所以 ，则 ，
则 ，
故 ，则，
故 ，
即当时，数列有界，故B正确
当 时，，由， ，
假设 ，则 ，即成立，
所以此时 都无界，故C,D错误；
【点睛】本题给定数列的新定义，要求能根据定义去判断数列是否符合要求，其中涉及到构造函数，并判断函数的单调性等问题，较为复杂，比较困难.
二、多选题(本大题共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．（2023·全国·高三专题练习）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列说法正确的是（ ）
A．从中任取3球，恰有2个白球的概率是；
B．从中有放回的取球6次，每次任取一球，设取到红球次数为X，则；
C．现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为；
D．从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到白球的概率为.
【答案】AD
【分析】根据古典概型的概率公式可判断A，根据二项分布的期望公式可判断C，根据条件概率的计算可判断C，根据对立重复事件的概率可求D.
【详解】对于A，从中任取3球，恰有2个白球的概率是,故A正确，
对于B, 从中有放回的取球6次，每次任取一球，设取到红球次数为X服从二项分布，即，故B错误，
对于C ,第一次取到红球后，第二次取球时，袋子中还有3个红球和2个白球，再次取到红球的概率为，故C错误，
对于D，有放回的取球，每次取到白球的概率为，没有取到白球的概率为，
所以取球3次没有取到白球的概率为，
.所以至少有一次取到白球的概率为，故D正确，
故选：AD
10．（2022·湖南衡阳·高二衡阳市一中校考期中）如果关于的不等式的解集为，那么下列数值中，可取到的数为（ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】CD
【分析】根据不等式的解集与对应二次函数的关系，求得的取值范围，即可根据选项进行选择.
【详解】由题设知，对应的，
即，故，
所以数值中，可取到的数为1，2.
故选：.
11．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考三模）已知四面体ABCD中，面BCD，，E、F分别是棱AC、AD上的点，且，.记四面体ABEF、四棱锥、四面体ABCD的外接球体积分别是、、，则的值不可能是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】AB
【分析】通过线面垂直的判定和性质定理得到，，，再设，，计算知，利用换元法结合导数即可求出答案.
【详解】设四面体ABEF、四棱锥、四面体ABCD的外接球的半径分别是、、，分别取AD、BD的中点M、N，
因为，，所以易知的中点到点的距离相等，所以.
又面，面，，
，，面，
平面，平面，所以，
所以，从而.
因为，为中点，则为的外心，
因为，面，所以面，
则四棱锥外接球的球心在直线MN上，
因为，所以，
平面，平面，所以，
，面，
所以平面ACD，平面，
所以，于是，又因为，
故点N就是四棱锥外接球的球心，所以.
设，，，
则，，，
所以.
，
令，则，.
记，，
则，所以在上单调递减，
故，
而，，，，
故选：AB.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用线面垂直关系从而确定三个空间几何体的外接球得球心所在位置，从而再设，，利用三角函数和球的体积公式得，再根据和的关系设利用换元法得到，，再利用导数即可求出其值域，最后对照选项即可.
12．（2023秋·湖北武汉·高一华中师大一附中期末）已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有( )
A．
B．若，则函数的最小正周期为；
C．关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解
D．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】A：在上单调，，，故；
B：求出区间右端点关于的对称点，由题可知在上单调，据此可求出f(x)周期的范围，从而求出ω的范围.再根据知是f(x)的对称轴，根据对称轴和对称中心距离为周期的倍即可求出ω，从而求出其周期；
C：根据ω的范围求出周期的范围，根据正弦型函数一个完整周期只有一个最高点即可求解；
D：由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，据此即可求ω的范围.
【详解】A，∵，∴在上单调，又，，∴，故A正确；
B，区间右端点关于的对称点为，∵，f(x)在上单调，∴根据正弦函数图像特征可知在上单调，∴为的最小正周期，即3，又，∴.若，则的图象关于直线对称，结合，得，即，故k＝0，，故B正确.
C，由，得，∴在区间上最多有3个完整的周期，而在1个完整周期内只有1个解，故关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解，故C错误.
D，由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，结合，得，又，∴的取值范围为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】本题综合考察的周期、单调性、对称中心、对称轴等特性，解题的关键是熟练掌握正弦型函数对称轴，对称中心的位置特征，掌握正弦型函数单调性与周期的关系.常用结论：(1)单调区间的长度最长为半个周期；(2)一个完整周期内只有一个最值点；(3)对称轴和对称中心之间的距离为周期的倍.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．（2023·人大附中校考三模）已知是公比为)的等比数列，且成等差数列，则 ．
【答案】1
【分析】根据给定条件，利用等差数列列方程，再解方程作答.
【详解】在等比数列中，成等差数列，则，
即，而，整理得，因为，故解得
故答案为：1
14．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考二模）已知二项式的展开式中含的项的系数为，则 ．
【答案】2
【分析】表示有5个因式相乘，根据的来源分析即可求出答案.
【详解】表示有5个因式相乘，来源如下：
有1个提供，有3个提供，有1个提供常数，
此时系数是，即，解得：
故答案为：.
15．（2016·云南·统考一模）已知实数都是常数，若函数的图象在切点处的切线方程为与的图象有三个公共点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【详解】试题分析：当时，，则，
因为函数的图象在切点处的切线方程为，
所以，即，解得，即；
，得当时，方程成立，
当时，得，即，
当时，得，即，
令，，则，
则在上单调递增，在、上单调递增，且，，
作出、的图象如图所示，由图象，得当或时，
两图象有两个交点，即与的图象有三个公共点，
即或；故填．
考点：1.导数的几何意义；2.数形结合思想．
16．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左 右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，连接并延长交于点，连接，若存在点使成立，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】设，所以存在点使等价于由可求的最小值，求得的范围，从而得到的取值范围.
【详解】
设，则.显然当靠近右顶点时，，
所以存在点使等价于，
在中由余弦定理得，
即，解得 ，
同理可得，所以，
所以，
所以，当且仅当时等号成立.
由得，所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求离心率范围关键是建立的不等式，此时将问题转化为，从而只需求的最小值，求最小值的方法是结合焦半径性质使用基本不等式求解.
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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