一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，滿分60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.)1.（2023·鄭州質檢）集合A=｛0，1,2｝，B={}，則（）A.｛0｝B.｛1｝C.｛0，1｝D.｛0，1,2｝2.（2023·鄭州質檢）函數的定義域為（）A.B.C.D.3.（2023·山東卷）已知全集，集合，則為（）A.B.C.D.4.[2023·湖南卷]命題“若α=，則tanα=1”的逆否命題是（）A.若α≠，則tanα≠1B.若α=，則tanα≠1C.若tanα≠1，則α≠D.若tanα≠1，則α=5.（2023·太原模擬）已知集合，，全集，則圖中陰影部分表示的集合為（）A.B.C.D.6.（2023·哈爾濱第六中學三模）命題“”的否定為（）A.B.C.D.7.[2023·山東卷]設命題p：函數的最小正周期為；命題q：函數的圖象關于直線對稱，則下列判斷正確的是（）A.p為真B.為假C.為假D.為真8．（2023·昆明第一中學一摸）函數是奇函數,且在上單調遞增,則等于（） A.0 B.-1 C.1 D.9.（2023·大連沈陽聯考）設是平面內兩條不同的直線，是平面外的一條直線，則“，”是“”的（）A.充要條件B.充分而不必要的條件C.必要而不充分的條件D.既不充分也不必要的條件10．（2023·昆明第一中學一摸）函數圖象交點的橫坐標所在區間是（） A．（1，2） B．（2，3） C．（3，4） D．（1，5）11.（理）（2023·鄭州質檢）如圖2所示，在一個邊長為1的正方形AOBC內，曲線和曲線圍成一個葉形圖（陰影部分），向正方形AOBC內隨機投1000顆豆子（每顆豆子落在正方形AOBC內任何一點是等可能的），其中不在葉形圖的有600顆，則葉形圖面積是（）A.B.C.D.（文）（2023·哈爾濱第六中學三模）函數在點處的切線方程為，則等于（）A．B．C．D．12.（理）（2023·昆明第一中學一摸）已知函數的周期為2,當時,,如果，則函數的所有零點之和為（） A．2 B．4 C．6 D．8（文）（2023·昆明第一中學一摸）已知，則方程所有實數根的個數為（） A．2 B．3 C．4 D．5第Ⅱ卷二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.將答案填在答題卷相應位置上.13.（2023·唐山二模）14.（2023·鄭州質檢）定義在R上的函數是增函數，則滿足的x取值范圍是.15.[2023·上海卷]若集合，，則.16.（2023·保定二模）設集合函數則x0取值區間是.三、解答題(本大題共6小題，滿分70分．解答須寫出文字說明、證明過程和演算步驟.)17．（本小題滿分10分）已知函數。（Ⅰ）求的最小正周期：（Ⅱ）求在區間上的最大值和最小值。18.（本小題滿分12分）如圖，在四棱錐中，平面，底面是菱形，.（Ⅰ）求證：平面（Ⅱ）若求與所成角的余弦值；（Ⅲ）當平面與平面垂直時，求的長.19.（本小題滿分12分）（理）某農場計劃種植某種新作物，為此對這種作物的兩個品種（分別稱為品種家和品種乙）進行田間試驗．選取兩大塊地，每大塊地分成n小塊地，在總共2n小塊地中，隨機選n小塊地種植品種甲，另外n小塊地種植品種乙．（I）假設n=4，在第一大塊地中，種植品種甲的小塊地的數目記為X，求X的分布列和數學期望；（II）試驗時每大塊地分成8小塊，即n=8，試驗結束后得到品種甲和品種乙在個小塊地上的每公頃產量（單位：kg/hm2）如下表：品種甲403397390404388400412406品種乙419403412418408423400413分別求品種甲和品種乙的每公頃產量的樣本平均數和樣本方差；根據試驗結果，你認為應該種植哪一品種？（文）某日用品按行業質量標準分成五個等級，等級系數X依次為1．2．3．4．5．現從一批該日用品中隨機抽取20件，對其等級系數進行統計分析，得到頻率分布表如下：X12345fa0．20．45bC（I）若所抽取的20件日用品中，等級系數為4的恰有4件，等級系數為5的恰有2件，求a、b、c的值；（11）在（1）的條件下，將等級系數為4的3件日用品記為x1,x2,x3，等級系數為5的2件日用品記為y1,y2，現從x1,x2,x3,y1,y2,這5件日用品中任取兩件（假定每件日用品被取出的可能性相同），寫出所有可能的結果，并求這兩件日用品的等級系數恰好相等的概率。20.（本小題滿分12分）時下，網校教學越來越受到廣大學生的喜愛，它已經成為學生們課外學習的一種趨勢，假設某網校的套題每日的銷售量（單位：千套）與銷售價格（單位：元/套）滿足的關系式，其中，為常數.已知銷售價格為4元/套時，每日可售出套題21千套.（1）求的值；（2）假設網校的員工工資，辦公等所有開銷折合為每套題2元（只考慮銷售出的套數），試確定銷售價格的值，使網校每日銷售套題所獲得的利潤最大.（保留1位小數）21．（本小題滿分12分）（理）[2023·北京卷]已知函數f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.（1）若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值；（2）當a2＝4b時，求函數f(x)＋g(x)的單調區間，并求其在區間(－∞，－1]上的最大值．（文）[2023·北京卷]已知函數f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.（1）若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值；（2）當a＝3，b＝－9時，若函數f(x)＋g(x)在區間[k,2]上的最大值為28，求k的取值范圍．22.（本小題滿分12分）如圖7，橢圓的離心率為，x軸被曲線截得的線段長等于的長半軸長。（Ⅰ）求，的方程；（Ⅱ）設與y軸的焦點為M，過坐標原點O的直線l與相交于點A,B,直線MA,MB分別與相交與D,E．（i）證明：MD⊥ME;（ii）記△MAB,△MDE的面積分別是，．問：是否存在直線l,使得?請說明理由。2023課標版數學考前綜合試題一A參考答案1.C【解析】.2.D【解析】由，得，又，故函數的定義域為.3.C【解析】,所以,選C.4.C【解析】因為“若，則”的逆否命題為“若，則”，所以“若α=，則tanα=1”的逆否命題是“若tanα≠1，則α≠”.5.C【解析】由題意，集合,,所以陰影部分為.6.B【解析】全稱性命題的否定一要否量詞，二要否結論，所以原命題的否定為：.7.C【解析】函數的最小正周期為，所以命題為假；函數的對稱軸為,所以命題為假，所以為假.8．C【解析】方法一:由函數是奇函數,得對一切實數恒成立,即對一切實數恒成立,所以對一切實數恒成立,故,解得.當時,不滿足在上單調遞增;當時,滿足在上單調遞增.綜上,.方法二:,若函數是奇函數,則,解得.當時,不滿足在上單調遞增;當時,滿足在上單調遞增.綜上,.9.C【解析】由線面垂直的定義可知，反之只有當a與b是兩條相交直線時才成立，故“，”是“”必要而不充分的條件.10．C【解析】設，因為，所以.又函數的圖象是連續不斷的，所以由零點存在定理得，的零點在區間內，即函數圖象交點的橫坐標所在區間是.11.（理）D【解析】由幾何概型得，所投的點落在葉形圖內部的概率是.（文）D【解析】由導數的定義得所以.12.（理）D【解析】函數的零點即為函數與函數的交點的橫坐標.作出函數與函數的圖象（如下圖），函數與函數的圖象都關于直線對稱，且在對稱軸的左右兩端各有4個交點，故函數的所有零點之和為.（文）D【解析】設，.易知函數的圖象關于y軸對稱，函數的最小正周期為1，作出函數與函數的圖象（如下圖所示）.數形結合易知函數與函數的圖象有5個交點，故方程所有實數根的個數為5.13.【解析】由,得.14.【解析】由函數是增函數，得，解得.15.【解析】因為集合，，所以，即.16.【解析】因為，所以.所以.所以.由題知,可得，解得.又，所以.17．解：（Ⅰ）因為所以的最小正周期為（Ⅱ）因為于是，當時，取得最大值2；當，取得最小值—1.18.解：證明：（Ⅰ）因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因為PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC.（Ⅱ）設AC∩BD=O.因為∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=.如圖，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系O—xyz，則P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）.所以設PB與AC所成角為，則.（Ⅲ）由（Ⅱ）知設P（0，－，t）（t>0），則設平面PBC的法向量,則所以令則所以同理，平面PDC的法向量因為平面PCB⊥平面PDC,所以=0，即解得所以PA=19.解：（I）X可能的取值為0，1，2，3，4，且即X的分布列為………………4分X的數學期望為………………6分（II）品種甲的每公頃產量的樣本平均數和樣本方差分別為：………………8分品種乙的每公頃產量的樣本平均數和樣本方差分別為：………………10分由以上結果可以看出，品種乙的樣本平均數大于品種甲的樣本平均數，且兩品種的樣本方差差異不大，故應該選擇種植品種乙.解：（I）由頻率分布表得，因為抽取的20件日用品中，等級系數為4的恰有3件，所以等級系數為5的恰有2件，所以，從而所以（II）從日用品中任取兩件，所有可能的結果為：，設事件A表示“從日用品中任取兩件，其等級系數相等”，則A包含的基本事件為：共4個，又基本事件的總數為10，故所求的概率20.解：（1）因為時，，代入關系式，得，解得.（2）由（1）可知，套題每日的銷售量，所以每日銷售套題所獲得的利潤，從而.令，得,且在上,，函數單調遞增；在上，，函數單調遞減，所以是函數在內的極大值點，也是最大值點，所以當時，函數取得最大值.故當銷售價格為3.3元/套時，網校每日銷售套題所獲得的利潤最大.21．（理）解：（1）f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，所以f（1）＝g（1），且f′（1）＝g′（1），即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b解得a＝3，b＝3.（2）記h(x)＝f(x)＋g(x)．當b＝eq\f(1,4)a2時，h(x)＝x3＋ax2＋eq\f(1,4)a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋eq\f(1,4)a2.令h′(x)＝0，得x1＝－eq\f(a,2)，x2＝－eq\f(a,6).a>0時，h(x)與h′(x)的情況如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))－eq\f(a,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(a,6)))－eq\f(a,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，＋∞))h′(x)＋0－0＋h(x)↗極大值↘極小值↗所以函數h(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，＋∞))；單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(a,6))).當－eq\f(a,2)≥－1，即0<a≤2時，函數h(x)在區間(－∞，－1]上單調遞增，h(x)在區間(－∞，－1]上的最大值為h(－1)＝a－eq\f(1,4)a2.當－eq\f(a,2)<－1，且－eq\f(a,6)≥－1，即2<a≤6時，函數h(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))內單調遞增，在區間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－1))上單調遞減，h(x)在區間(－∞，－1]上的最大值為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.當－eq\f(a,6)<－1，即a>6時，函數h(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))內單調遞增，在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(a,6)))內單調遞減，在區間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，－1))上單調遞增，又因heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))－h(－1)＝1－a＋eq\f(1,4)a2＝eq\f(1,4)(a－2)2>0，所以h(x)在區間(－∞，－1]上的最大值為heq\b\lc\(\rc\)(