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提升卷11
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·陕西宝鸡·统考二模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四中学校校考模拟预测）已知是关于方程的一个根，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）已知双曲线的焦点为、，渐近线为，，过点且与平行的直线交于，若在以线段为直径的圆上，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
4．（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2023秋·广西南宁·高一南宁三中校考期末）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如： ， ，已知函数，则函数的值域是
A． B． C． D．
6．（2022秋·江苏南京·高一南京市第一中学校考阶段练习）设函数，则不等式的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（2023·全国·高三专题练习）已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃 腰果 杏仁 榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（ ）
A．20160 B．20220 C．20280 D．20340
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．（2022·高一课时练习）已知在中，角A，B，所对的边分别为且，，，则下列说法正确的是（ ）
A． 或 B．
C． D．该三角形的面积为
10．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）已知m，n，l为空间中三条不同的直线，，，，为空间中四个不同的平面，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，，则
B．已知，，，若，则
C．若，，，则
D．若，，，则
11．（2023春·福建·高二校联考期末）定义在上的函数，其导函数分别为，若，，则（ ）
A．是奇函数
B．关于对称
C．周期为4
D．
12．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，右顶点为A，点M为椭圆上一点，点I是的内心，延长MI交线段于N，抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，若四边形是菱形，则下列结论正确的是（ ）
A． B．椭圆的离心率是
C．的最小值为 D．的值为
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·全国·高一专题练习）已知向量，，，则 .
14．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模）若，则的值为 ．
15．（2023·四川成都·校考一模）已知函数，若存在，使得，则的取值范围是 ．
16．（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考阶段练习）若四面体外接球半径为1，，则其最大体积为 .
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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提升卷11
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·陕西宝鸡·统考二模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先解出集合A，找到A的补集，再求出和B的交集.
【详解】因为，所以，又，所以．
故选：B．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四中学校校考模拟预测）已知是关于方程的一个根，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】将代入方程，然后利用复数相等列方程组可解.
【详解】因为是关于方程的一个根，
所以，即，
所以，解得.
故选：B
3．（2023·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）已知双曲线的焦点为、，渐近线为，，过点且与平行的直线交于，若在以线段为直径的圆上，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】由条件联立方程组，求点的坐标，结合点在以线段为直径的圆上，列关系式求离心率.
【详解】由双曲线的对称性，不妨设的方程为，
设双曲线的半焦距为，
因为直线与直线平行，
所以直线的方程为，又直线的方程为，
联立，可得，
故点的坐标为，
因为在以线段为直径的圆上，
所以，为坐标原点，
所以，
所以，
所以双曲线的离心率，
故选：A.
4．（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】 中，分别令和，将所得两个方程相加即可得到结果．
【详解】在 中，
令，得，
令，得，
两式相加得，
∴，∴．
故选：B．
5．（2023秋·广西南宁·高一南宁三中校考期末）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如： ， ，已知函数，则函数的值域是
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】化简函数，根据表示不超过的最大整数，可得结果.
【详解】函数，
当时，；
当时，；
当时，，
函数的值域是，故选D.
【点睛】本题考查指数的运算、函数的值域以及新定义问题，属于难题.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．（2022秋·江苏南京·高一南京市第一中学校考阶段练习）设函数，则不等式的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由函数单调性结合特值去排除错误选项即可简单快捷地解决此题.
【详解】
则函数为上的奇函数.
又当时，单调递增，且
当时，单调递增，且
则为上单调递增函数，
又函数为上的奇函数，
则为上单调递增函数，且当时
当时，不等式可化为，不成立.
则选项BC错误；
当时，不等式
可化为，，即，
但是，则此不等式不成立，故不是不等式的解.
则选项D错误：只能选A.
故选：A
7．（2023·全国·高三专题练习）已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据结论恒成立可只考虑的情况，假设切点坐标，则只需考虑，，其中的情况，可将表示为；构造函数，，利用导数可求得的单调性，从而对进行放缩即可求得所求范围.
【详解】对于任意，，，的范围恒定，
只需考虑的情况，
设对应的切点为，，，
设对应的切点为，，，
，，，
只需考虑，，其中的情况，
则，
，其中，
；
又，，
，；
令，则，
在上单调递增，，
设，
，又，，
；
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
即，在上单调递减，，
，；
综上所述：.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数与三角函数综合应用问题，解题关键是能够采用特殊值的方式，考虑不含变量的函数的情况，采用构造函数的方式对所求式子进行放缩，从而求得的范围.
8．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃 腰果 杏仁 榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（ ）
A．20160 B．20220 C．20280 D．20340
【答案】A
【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.
【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：
（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.
若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能；
若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有种可能；
若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有种可能；
小计：1+12+12=25；
（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；
若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能；
若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有种可能；
若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能；
YXZ H※ H※ H※ H
H※※ H※ H※ H※ ※
H※ H※ ※※ H
若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能；
小计：；
（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；
若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有种可能；
若是“12=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种可能；
若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2种可能.
小计；
诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型
若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有种可能，故此小类有3种可能；
若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
小计；
（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”
只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能；
综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种.
故选：A
【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏.
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．（2022·高一课时练习）已知在中，角A，B，所对的边分别为且，，，则下列说法正确的是（ ）
A． 或 B．
C． D．该三角形的面积为
【答案】BC
【分析】利用余弦定理求得，利用正弦定理求得，由此求得，进而求得，利用三角形的面积公式求得三角形的面积，从而确定正确选项.
【详解】由余弦定理得，所以，
由正弦定理得，所以，
由于，所以，所以，
三角形的面积为，
故BC选项正确，AD选项错误.
故选：BC.
10．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）已知m，n，l为空间中三条不同的直线，，，，为空间中四个不同的平面，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，，则
B．已知，，，若，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】BC
【分析】对于A，由空间中的两直线的位置关系判断，对于B，由平面的性质分析判断，对于C，由线面垂直的性质和面面平行的判定方法分析判断，对于D，在正方体模型中分析判断.
【详解】，，则m与n可能平行，可能相交，也可能异面， A错.
因为，，，所以，
因为，所以，B对.
，，则，又，则，C对.
正方体中，设面为面ABCD，平面为面，面为面，面为面，
则，，，但，D错，
故选：BC.
11．（2023春·福建·高二校联考期末）定义在上的函数，其导函数分别为，若，，则（ ）
A．是奇函数
B．关于对称
C．周期为4
D．
【答案】ABD
【分析】对于选项A，利用已知条件，即得结果.对于选项B，由题意可推导出为偶函数，为奇函数，所以，即即可证明；对于选项C，由关于对称和关于对称，即得结果.对于选项D，通过赋值，利用C中推导的结论和已知条件，由等差数列的前项和即得结果.
【详解】因为可得为偶函数，所以，则为奇函数，故A正确；
因为，偶函数，时偶函数，
所以为偶函数，所以关于对称，
因为，为奇函数，为奇函数，
所以为奇函数，关于对称，
，
则其中为常数，又故，有关于对称，B正确；
令等价于，，所以，
因为关于对称，所以，
所以令等价于，所以，所以，
故可看成数列，
而因为关于对称，所以，，
故是以为首项，为公差的等差数列，
是以为首项，为公差的等差数列，
所以没有周期性，故C不正确；
，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：本题考查利用抽象函数关系式求解函数周期性、对称性、奇偶性的问题；对于与导数有关的函数性质，有如下结论：
①若连续且可导，那么若为奇函数，则为偶函数；若为偶函数，则为奇函数；
②若连续且可导，那么若关于对称，则关于点对称；若关于对称，则关于对称.
12．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，右顶点为A，点M为椭圆上一点，点I是的内心，延长MI交线段于N，抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，若四边形是菱形，则下列结论正确的是（ ）
A． B．椭圆的离心率是
C．的最小值为 D．的值为
【答案】ACD
【分析】对于A，利用椭圆与抛物线的对称性得到，从而将代入抛物线方程得到，进而得以判断；对于B，将代入椭圆的方程得到，由此得以判断；对于C，利用椭圆的定义与基本不等式“1”的妙用即可判断；对于D，利用三角形内心的性质与三角形角平分线的性质，结合比例的性质即可判断.
【详解】对于A，因为椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为A，则，，，，
因为抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，
所以由椭圆与抛物线的对称性可得，两点关于轴对称，不妨设，，，
因为四边形是菱形，所以的中点是的中点，
所以由中点坐标公式得，则，
将代入抛物线方程得，，
所以，则，所以，故A正确；
对于B，由选项A得，再代入椭圆方程得，
化简得，则，故，所以，故B错误；
对于C，由选项B得，所以，则，
所以，不妨设，则，且，
所以，
当且仅当且，即，即时，等号成立，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，连接和，如图，
因为的内心为，所以为的平分线，则有，
同理：，所以，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是利用椭圆与抛物线的对称性，可设的坐标，再由菱形的性质与中点坐标公式推得，从而求得的值，由此得解.
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·全国·高一专题练习）已知向量，，，则 .
【答案】
【分析】由向量线性关系坐标表示得，根据向量垂直的坐标表示列方程求参数，进而应用坐标公式求模.
【详解】由，又，
所以，可得.
所以，故
故答案为：
14．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模）若，则的值为 ．
【答案】或
【分析】根据给定条件，利用齐次式法求出，再利用诱导公式及二倍角的余弦公式求解作答.
【详解】因为，则，
则，即，解得，
所以的值为或.
故答案为：或
15．（2023·四川成都·校考一模）已知函数，若存在，使得，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由分段函数解析式，可分、、三种情况分别写出与，结合，可得关于的表达式，再由函数的单调性求解的取值范围．
【详解】当时，则，
可得，即，求得，
则，
函数在上递增，；
当时，，
，可知不存在，使得；
当时，则，
由，得，
令，，则，
，，
，则，即，
函数在上单调递增，可得，
即．
综上所述，的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题的关键通过分、以及进行讨论，通过构造函数利用其单调性得到范围.
16．（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考阶段练习）若四面体外接球半径为1，，则其最大体积为 .
【答案】/
【分析】先证明一个引理，再设，根据引理及基本不等式可得，利用导数可求其最大值.
【详解】先证明一个引理：
引理：已知空间四边形，若所成的角为且异面直线的公垂线段的长度为，则四面体的体积为.
证明：如图，在平面中，过作直线平行于，过作直线平行于，
它们交于，则四边形为平行四边形，故.
因为，故或其补角为所成的角，
故或，
故,
设为的公垂线段，故，
故，而平面，故平面，
因为，平面，平面，故平面，
故到平面的距离为的长度，
故.
故.
如图，在四面体中，取的中点分别为，连接，
则.
设，所成的角为，则.
又，
设的公垂线段的长度为，则①，
故，
整理得到：，
因为
，当且仅当时等号成立，
故
故，
当且仅当时等号成立，其中.
设，则，
当时，，当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
故在上的最大值为，
故即，当且仅当，时等号成立，
又此时取所在的截面圆的半径为，则为两圆的连心线且垂直于两个截面圆，并过球心，故为的公垂线段，所以①中等号可取，
故，
故答案为：
【点睛】思路点睛：动态几何体的体积问题，一般先根据几何体的特征寻找体积计算的合理途径，注意在计算的过程中需结合一些线段的长度关系合理放缩，最后根据所得代数式的特征选择合理的最值计算方法（如导数、基本不等式等）.
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