2023年全國統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷(理科)(新課標(biāo)ⅰ)

2023年河北省高考數(shù)學(xué)試卷〔理科〕〔全國新課標(biāo)Ⅰ〕一、選擇題：本大題共12小題，每題5分，在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)是符合題目要求的.1．〔5分〕集合A={x|x2﹣2x＞0}，B={x|﹣＜x＜}，那么〔〕A．A∩B=? B．A∪B=R C．B?A D．A?B2．〔5分〕假設(shè)復(fù)數(shù)z滿足〔3﹣4i〕z=|4+3i|，那么z的虛部為〔〕A．﹣4 B． C．4 D．3．〔5分〕為了解某地區(qū)中小學(xué)生的視力情況，擬從該地區(qū)的中小學(xué)生中抽取局部學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，事先已經(jīng)了解到該地區(qū)小學(xué)、初中、高中三個(gè)學(xué)段學(xué)生的視力情況有較大差異，而男女生視力情況差異不大．在下面的抽樣方法中，最合理的抽樣方法是〔〕A．簡單的隨機(jī)抽樣 B．按性別分層抽樣C．按學(xué)段分層抽樣 D．系統(tǒng)抽樣4．〔5分〕雙曲線C：〔a＞0，b＞0〕的離心率為，那么C的漸近線方程為〔〕A．y= B．y= C．y=±x D．y=5．〔5分〕執(zhí)行程序框圖，如果輸入的t∈[﹣1，3]，那么輸出的s屬于〔〕A．[﹣3，4] B．[﹣5，2] C．[﹣4，3] D．[﹣2，5]6．〔5分〕如圖，有一個(gè)水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8cm，將一個(gè)球放在容器口，再向容器注水，當(dāng)球面恰好接觸水面時(shí)測得水深為6cm，如不計(jì)容器的厚度，那么球的體積為〔〕A． B． C． D．7．〔5分〕設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，假設(shè)Sm﹣1=﹣2，Sm=0，Sm+1=3，那么m=〔〕A．3 B．4 C．5 D．68．〔5分〕某幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的體積為〔〕A．16+8π B．8+8π C．16+16π D．8+16π9．〔5分〕設(shè)m為正整數(shù)，〔x+y〕2m展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為a，〔x+y〕2m+1展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為b，假設(shè)13a=7b，那么m=〔〕A．5 B．6 C．7 D．810．〔5分〕橢圓E：的右焦點(diǎn)為F〔3，0〕，過點(diǎn)F的直線交橢圓E于A、B兩點(diǎn)．假設(shè)AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為〔1，﹣1〕，那么E的方程為〔〕A． B．C． D．11．〔5分〕函數(shù)f〔x〕=，假設(shè)|f〔x〕|≥ax，那么a的取值范圍是〔〕A．〔﹣∞，0] B．〔﹣∞，1] C．[﹣2，1] D．[﹣2，0]12．〔5分〕設(shè)△AnBnCn的三邊長分別為an，bn，cn，△AnBnCn的面積為Sn，n=1，2，3…假設(shè)b1＞c1，b1+c1=2a1，an+1=an，，，那么〔〕A．{Sn}為遞減數(shù)列B．{Sn}為遞增數(shù)列C．{S2n﹣1}為遞增數(shù)列，{S2n}為遞減數(shù)列D．{S2n﹣1}為遞減數(shù)列，{S2n}為遞增數(shù)列二.填空題：本大題共4小題，每題5分.13．〔5分〕兩個(gè)單位向量，的夾角為60°，=t+〔1﹣t〕．假設(shè)?=0，那么t=．14．〔5分〕假設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn=an+，那么數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=．15．〔5分〕設(shè)當(dāng)x=θ時(shí)，函數(shù)f〔x〕=sinx﹣2cosx取得最大值，那么cosθ=．16．〔5分〕假設(shè)函數(shù)f〔x〕=〔1﹣x2〕〔x2+ax+b〕的圖象關(guān)于直線x=﹣2對稱，那么f〔x〕的最大值為．三、解答題：解容許寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17．〔12分〕如圖，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=，BC=1，P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠BPC=90°．〔1〕假設(shè)PB=，求PA；〔2〕假設(shè)∠APB=150°，求tan∠PBA．18．〔12分〕如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．〔Ⅰ〕證明AB⊥A1C；〔Ⅱ〕假設(shè)平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值．19．〔12分〕一批產(chǎn)品需要進(jìn)行質(zhì)量檢驗(yàn)，檢驗(yàn)方案是：先從這批產(chǎn)品中任取4件作檢驗(yàn)，這4件產(chǎn)品中優(yōu)質(zhì)品的件數(shù)記為n．如果n=3，再從這批產(chǎn)品中任取4件作檢驗(yàn)，假設(shè)都為優(yōu)質(zhì)品，那么這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)；如果n=4，再從這批產(chǎn)品中任取1件作檢驗(yàn)，假設(shè)為優(yōu)質(zhì)品，那么這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)；其他情況下，這批產(chǎn)品都不能通過檢驗(yàn)．假設(shè)這批產(chǎn)品的優(yōu)質(zhì)品率為50%，即取出的產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品的概率都為，且各件產(chǎn)品是否為優(yōu)質(zhì)品相互獨(dú)立．〔Ⅰ〕求這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)的概率；〔Ⅱ〕每件產(chǎn)品檢驗(yàn)費(fèi)用為100元，凡抽取的每件產(chǎn)品都需要檢驗(yàn)，對這批產(chǎn)品作質(zhì)量檢驗(yàn)所需的費(fèi)用記為X〔單位：元〕，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．20．〔12分〕圓M：〔x+1〕2+y2=1，圓N：〔x﹣1〕2+y2=9，動(dòng)圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C．〔Ⅰ〕求C的方程；〔Ⅱ〕l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)圓P的半徑最長時(shí)，求|AB|．21．〔12分〕函數(shù)f〔x〕=x2+ax+b，g〔x〕=ex〔cx+d〕假設(shè)曲線y=f〔x〕和曲線y=g〔x〕都過點(diǎn)P〔0，2〕，且在點(diǎn)P處有相同的切線y=4x+2．〔Ⅰ〕求a，b，c，d的值；〔Ⅱ〕假設(shè)x≥﹣2時(shí)，f〔x〕≤kg〔x〕，求k的取值范圍．四、請考生在第22、23、24題中任選一道作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選的題目對應(yīng)的題號右側(cè)方框涂黑，按所涂題號進(jìn)行評分；多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評分，不涂，按本選考題的首題進(jìn)行評分.22．〔10分〕〔選修4﹣1：幾何證明選講〕如圖，直線AB為圓的切線，切點(diǎn)為B，點(diǎn)C在圓上，∠ABC的角平分線BE交圓于點(diǎn)E，DB垂直BE交圓于D．〔Ⅰ〕證明：DB=DC；〔Ⅱ〕設(shè)圓的半徑為1，BC=，延長CE交AB于點(diǎn)F，求△BCF外接圓的半徑．23．〔選修4﹣4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程〕曲線C1的參數(shù)方程為〔t為參數(shù)〕，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ=2sinθ．〔Ⅰ〕把C1的參數(shù)方程化為極坐標(biāo)方程；〔Ⅱ〕求C1與C2交點(diǎn)的極坐標(biāo)〔ρ≥0，0≤θ＜2π〕24．〔選修4﹣5：不等式選講〕函數(shù)f〔x〕=|2x﹣1|+|2x+a|，g〔x〕=x+3．〔Ⅰ〕當(dāng)a=﹣2時(shí)，求不等式f〔x〕＜g〔x〕的解集；〔Ⅱ〕設(shè)a＞﹣1，且當(dāng)時(shí)，f〔x〕≤g〔x〕，求a的取值范圍．2023年河北省高考數(shù)學(xué)試卷〔理科〕〔全國新課標(biāo)Ⅰ〕參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共12小題，每題5分，在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)是符合題目要求的.1．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕集合A={x|x2﹣2x＞0}，B={x|﹣＜x＜}，那么〔〕A．A∩B=? B．A∪B=R C．B?A D．A?B【分析】根據(jù)一元二次不等式的解法，求出集合A，再根據(jù)的定義求出A∩B和A∪B．【解答】解：∵集合A={x|x2﹣2x＞0}={x|x＞2或x＜0}，∴A∩B={x|2＜x＜或﹣＜x＜0}，A∪B=R，應(yīng)選B．2．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕假設(shè)復(fù)數(shù)z滿足〔3﹣4i〕z=|4+3i|，那么z的虛部為〔〕A．﹣4 B． C．4 D．【分析】由題意可得z==，再利用兩個(gè)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除法法那么化簡為+i，由此可得z的虛部．【解答】解：∵復(fù)數(shù)z滿足〔3﹣4i〕z=|4+3i|，∴z====+i，故z的虛部等于，應(yīng)選：D．3．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕為了解某地區(qū)中小學(xué)生的視力情況，擬從該地區(qū)的中小學(xué)生中抽取局部學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，事先已經(jīng)了解到該地區(qū)小學(xué)、初中、高中三個(gè)學(xué)段學(xué)生的視力情況有較大差異，而男女生視力情況差異不大．在下面的抽樣方法中，最合理的抽樣方法是〔〕A．簡單的隨機(jī)抽樣 B．按性別分層抽樣C．按學(xué)段分層抽樣 D．系統(tǒng)抽樣【分析】假設(shè)總體由差異明顯的幾局部組成時(shí)，經(jīng)常采用分層抽樣的方法進(jìn)行抽樣．【解答】解：我們常用的抽樣方法有：簡單隨機(jī)抽樣、分層抽樣和系統(tǒng)抽樣，而事先已經(jīng)了解到該地區(qū)小學(xué)、初中、高中三個(gè)學(xué)段學(xué)生的視力情況有較大差異，而男女生視力情況差異不大．了解某地區(qū)中小學(xué)生的視力情況，按學(xué)段分層抽樣，這種方式具有代表性，比擬合理．應(yīng)選：C．4．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕雙曲線C：〔a＞0，b＞0〕的離心率為，那么C的漸近線方程為〔〕A．y= B．y= C．y=±x D．y=【分析】由離心率和abc的關(guān)系可得b2=4a2，而漸近線方程為y=±x，代入可得答案．【解答】解：由雙曲線C：〔a＞0，b＞0〕，那么離心率e===，即4b2=a2，故漸近線方程為y=±x=x，應(yīng)選：D．5．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕執(zhí)行程序框圖，如果輸入的t∈[﹣1，3]，那么輸出的s屬于〔〕A．[﹣3，4] B．[﹣5，2] C．[﹣4，3] D．[﹣2，5]【分析】此題考查的知識點(diǎn)是程序框圖，分析程序中各變量、各語句的作用，再根據(jù)流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是計(jì)算一個(gè)分段函數(shù)的函數(shù)值，由條件為t＜1我們可得，分段函數(shù)的分類標(biāo)準(zhǔn)，由分支結(jié)構(gòu)中是否兩條分支上對應(yīng)的語句行，我們易得函數(shù)的解析式．【解答】解：由判斷框中的條件為t＜1，可得：函數(shù)分為兩段，即t＜1與t≥1，又由滿足條件時(shí)函數(shù)的解析式為：s=3t；不滿足條件時(shí)，即t≥1時(shí)，函數(shù)的解析式為：s=4t﹣t2故分段函數(shù)的解析式為：s=，如果輸入的t∈[﹣1，3]，畫出此分段函數(shù)在t∈[﹣1，3]時(shí)的圖象，那么輸出的s屬于[﹣3，4]．應(yīng)選A．6．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕如圖，有一個(gè)水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8cm，將一個(gè)球放在容器口，再向容器注水，當(dāng)球面恰好接觸水面時(shí)測得水深為6cm，如不計(jì)容器的厚度，那么球的體積為〔〕A． B． C． D．【分析】設(shè)正方體上底面所在平面截球得小圓M，可得圓心M為正方體上底面正方形的中心．設(shè)球的半徑為R，根據(jù)題意得球心到上底面的距離等于〔R﹣2〕cm，而圓M的半徑為4，由球的截面圓性質(zhì)建立關(guān)于R的方程并解出R=5，用球的體積公式即可算出該球的體積．【解答】解：設(shè)正方體上底面所在平面截球得小圓M，那么圓心M為正方體上底面正方形的中心．如圖．設(shè)球的半徑為R，根據(jù)題意得球心到上底面的距離等于〔R﹣2〕cm，而圓M的半徑為4，由球的截面圓性質(zhì)，得R2=〔R﹣2〕2+42，解出R=5，∴根據(jù)球的體積公式，該球的體積V===．應(yīng)選A．7．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，假設(shè)Sm﹣1=﹣2，Sm=0，Sm+1=3，那么m=〔〕A．3 B．4 C．5 D．6【分析】由an與Sn的關(guān)系可求得am+1與am，進(jìn)而得到公差d，由前n項(xiàng)和公式及Sm=0可求得a1，再由通項(xiàng)公式及am=2可得m值．【解答】解：am=Sm﹣Sm﹣1=2，am+1=Sm+1﹣Sm=3，所以公差d=am+1﹣am=1，Sm==0，得a1=﹣2，所以am=﹣2+〔m﹣1〕?1=2，解得m=5，應(yīng)選C．8．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕某幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的體積為〔〕A．16+8π B．8+8π C．16+16π D．8+16π【分析】三視圖復(fù)原的幾何體是一個(gè)長方體與半個(gè)圓柱的組合體，依據(jù)三視圖的數(shù)據(jù)，得出組合體長、寬、高，即可求出幾何體的體積．【解答】解：三視圖復(fù)原的幾何體是一個(gè)長方體與半個(gè)圓柱的組合體，如圖，其中長方體長、寬、高分別是：4，2，2，半個(gè)圓柱的底面半徑為2，母線長為4．∴長方體的體積=4×2×2=16，半個(gè)圓柱的體積=×22×π×4=8π所以這個(gè)幾何體的體積是16+8π；應(yīng)選A．9．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕設(shè)m為正整數(shù)，〔x+y〕2m展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為a，〔x+y〕2m+1展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為b，假設(shè)13a=7b，那么m=〔〕A．5 B．6 C．7 D．8【分析】根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)求得a和b，再利用組合數(shù)的計(jì)算公式，解方程13a=7b求得m的值．【解答】解：∵m為正整數(shù)，由〔x+y〕2m展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為a，以及二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)可得a=，同理，由〔x+y〕2m+1展開式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為b，可得b==．再由13a=7b，可得13=7，即13×=7×，即13=7×，即13〔m+1〕=7〔2m+1〕，解得m=6，應(yīng)選：B．10．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕橢圓E：的右焦點(diǎn)為F〔3，0〕，過點(diǎn)F的直線交橢圓E于A、B兩點(diǎn)．假設(shè)AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為〔1，﹣1〕，那么E的方程為〔〕A． B．C． D．【分析】設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，代入橢圓方程得，利用“點(diǎn)差法〞可得．利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得x1+x2=2，y1+y2=﹣2，利用斜率計(jì)算公式可得==．于是得到，化為a2=2b2，再利用c=3=，即可解得a2，b2．進(jìn)而得到橢圓的方程．【解答】解：設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，代入橢圓方程得，相減得，∴．∵x1+x2=2，y1+y2=﹣2，==．∴，化為a2=2b2，又c=3=，解得a2=18，b2=9．∴橢圓E的方程為．應(yīng)選D．11．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕函數(shù)f〔x〕=，假設(shè)|f〔x〕|≥ax，那么a的取值范圍是〔〕A．〔﹣∞，0] B．〔﹣∞，1] C．[﹣2，1] D．[﹣2，0]【分析】由函數(shù)圖象的變換，結(jié)合根本初等函數(shù)的圖象可作出函數(shù)y=|f〔x〕|的圖象，和函數(shù)y=ax的圖象，由導(dǎo)數(shù)求切線斜率可得l的斜率，進(jìn)而數(shù)形結(jié)合可得a的范圍．【解答】解：由題意可作出函數(shù)y=|f〔x〕|的圖象，和函數(shù)y=ax的圖象，由圖象可知：函數(shù)y=ax的圖象為過原點(diǎn)的直線，當(dāng)直線介于l和x軸之間符合題意，直線l為曲線的切線，且此時(shí)函數(shù)y=|f〔x〕|在第二象限的局部解析式為y=x2﹣2x，求其導(dǎo)數(shù)可得y′=2x﹣2，因?yàn)閤≤0，故y′≤﹣2，故直線l的斜率為﹣2，故只需直線y=ax的斜率a介于﹣2與0之間即可，即a∈[﹣2，0]應(yīng)選：D12．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕設(shè)△AnBnCn的三邊長分別為an，bn，cn，△AnBnCn的面積為Sn，n=1，2，3…假設(shè)b1＞c1，b1+c1=2a1，an+1=an，，，那么〔〕A．{Sn}為遞減數(shù)列B．{Sn}為遞增數(shù)列C．{S2n﹣1}為遞增數(shù)列，{S2n}為遞減數(shù)列D．{S2n﹣1}為遞減數(shù)列，{S2n}為遞增數(shù)列【分析】由an+1=an可知△AnBnCn的邊BnCn為定值a1，由bn+1+cn+1﹣2a1=及b1+c1=2a1得bn+cn=2a1，那么在△AnBnCn中邊長BnCn=a1為定值，另兩邊AnCn、AnBn的長度之和bn+cn=2a1為定值，由此可知頂點(diǎn)An在以Bn、Cn為焦點(diǎn)的橢圓上，根據(jù)bn+1﹣cn+1=，得bn﹣cn=，可知n→+∞時(shí)bn→cn，據(jù)此可判斷△AnBnCn的邊BnCn的高h(yuǎn)n隨著n的增大而增大，再由三角形面積公式可得到答案．【解答】解：b1=2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，∴b1﹣a1=2a1﹣c1﹣a1=a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴，由題意，+an，∴bn+1+cn+1﹣2an=〔bn+cn﹣2an〕，∴bn+cn﹣2an=0，∴bn+cn=2an=2a1，∴bn+cn=2a1，又由題意，bn+1﹣cn+1=，∴=a1﹣bn，∴bn+1﹣a1=，∴bn﹣a1=，∴，cn=2a1﹣bn=，∴[][]=[﹣]單調(diào)遞增〔可證當(dāng)n=1時(shí)＞0〕應(yīng)選B．二.填空題：本大題共4小題，每題5分.13．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕兩個(gè)單位向量，的夾角為60°，=t+〔1﹣t〕．假設(shè)?=0，那么t=2．【分析】由于?=0，對式子=t+〔1﹣t〕兩邊與作數(shù)量積可得=0，經(jīng)過化簡即可得出．【解答】解：∵，，∴=0，∴tcos60°+1﹣t=0，∴1=0，解得t=2．故答案為2．14．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕假設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn=an+，那么數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=〔﹣2〕n﹣1．【分析】把n=1代入式子可得數(shù)列的首項(xiàng)，由n≥2時(shí)，an=Sn﹣Sn﹣1，可得數(shù)列為等比數(shù)列，且公比為﹣2，代入等比數(shù)列的通項(xiàng)公式分段可得答案．【解答】解：當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1=，解得a1=1當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn﹣Sn﹣1=〔〕﹣〔〕=，整理可得，即=﹣2，故數(shù)列{an}從第二項(xiàng)開始是以﹣2為首項(xiàng)，﹣2為公比的等比數(shù)列，故當(dāng)n≥2時(shí)，an=〔﹣2〕n﹣1，經(jīng)驗(yàn)證當(dāng)n=1時(shí)，上式也適合，故答案為：〔﹣2〕n﹣115．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕設(shè)當(dāng)x=θ時(shí)，函數(shù)f〔x〕=sinx﹣2cosx取得最大值，那么cosθ=﹣．【分析】f〔x〕解析式提取，利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式化為一個(gè)角的正弦函數(shù)，由x=θ時(shí)，函數(shù)f〔x〕取得最大值，得到sinθ﹣2cosθ=，與sin2θ+cos2θ=1聯(lián)立即可求出cosθ的值．【解答】解：f〔x〕=sinx﹣2cosx=〔sinx﹣cosx〕=sin〔x﹣α〕〔其中cosα=，sinα=〕，∵x=θ時(shí)，函數(shù)f〔x〕取得最大值，∴sin〔θ﹣α〕=1，即sinθ﹣2cosθ=，又sin2θ+cos2θ=1，聯(lián)立得〔2cosθ+〕2+cos2θ=1，解得cosθ=﹣．故答案為：﹣16．〔5分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕假設(shè)函數(shù)f〔x〕=〔1﹣x2〕〔x2+ax+b〕的圖象關(guān)于直線x=﹣2對稱，那么f〔x〕的最大值為16．【分析】由題意得f〔﹣1〕=f〔﹣3〕=0且f〔1〕=f〔﹣5〕=0，由此求出a=8且b=15，由此可得f〔x〕=﹣x4﹣8x3﹣14x2+8x+15．利用導(dǎo)數(shù)研究f〔x〕的單調(diào)性，可得f〔x〕在區(qū)間〔﹣∞，﹣2﹣〕、〔﹣2，﹣2+〕上是增函數(shù)，在區(qū)間〔﹣2﹣，﹣2〕、〔﹣2+，+∞〕上是減函數(shù)，結(jié)合f〔﹣2﹣〕=f〔﹣2+〕=16，即可得到f〔x〕的最大值．【解答】解：∵函數(shù)f〔x〕=〔1﹣x2〕〔x2+ax+b〕的圖象關(guān)于直線x=﹣2對稱，∴f〔﹣1〕=f〔﹣3〕=0且f〔1〕=f〔﹣5〕=0，即[1﹣〔﹣3〕2][〔﹣3〕2+a?〔﹣3〕+b]=0且[1﹣〔﹣5〕2][〔﹣5〕2+a?〔﹣5〕+b]=0，解之得，因此，f〔x〕=〔1﹣x2〕〔x2+8x+15〕=﹣x4﹣8x3﹣14x2+8x+15，求導(dǎo)數(shù)，得f′〔x〕=﹣4x3﹣24x2﹣28x+8，令f′〔x〕=0，得x1=﹣2﹣，x2=﹣2，x3=﹣2+，當(dāng)x∈〔﹣∞，﹣2﹣〕時(shí)，f′〔x〕＞0；當(dāng)x∈〔﹣2﹣，﹣2〕時(shí)，f′〔x〕＜0；當(dāng)x∈〔﹣2，﹣2+〕時(shí)，f′〔x〕＞0；當(dāng)x∈〔﹣2+，+∞〕時(shí)，f′〔x〕＜0∴f〔x〕在區(qū)間〔﹣∞，﹣2﹣〕、〔﹣2，﹣2+〕上是增函數(shù)，在區(qū)間〔﹣2﹣，﹣2〕、〔﹣2+，+∞〕上是減函數(shù)．又∵f〔﹣2﹣〕=f〔﹣2+〕=16，∴f〔x〕的最大值為16．故答案為：16．三、解答題：解容許寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17．〔12分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕如圖，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=，BC=1，P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠BPC=90°．〔1〕假設(shè)PB=，求PA；〔2〕假設(shè)∠APB=150°，求tan∠PBA．【分析】〔I〕在Rt△PBC，利用邊角關(guān)系即可得到∠PBC=60°，得到∠PBA=30°．在△PBA中，利用余弦定理即可求得PA．〔II〕設(shè)∠PBA=α，在Rt△PBC中，可得PB=sinα．在△PBA中，由正弦定理得，即，化簡即可求出．【解答】解：〔I〕在Rt△PBC中，=，∴∠PBC=60°，∴∠PBA=30°．在△PBA中，由余弦定理得PA2=PB2+AB2﹣2PB?ABcos30°==．∴PA=．〔II〕設(shè)∠PBA=α，在Rt△PBC中，PB=BCcos〔90°﹣α〕=sinα．在△PBA中，由正弦定理得，即，化為．∴．18．〔12分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．〔Ⅰ〕證明AB⊥A1C；〔Ⅱ〕假設(shè)平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值．【分析】〔Ⅰ〕取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OA1，A1B，由可證OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，進(jìn)而可得AB⊥A1C；〔Ⅱ〕易證OA，OA1，OC兩兩垂直．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正向，||為單位長，建立坐標(biāo)系，可得，，的坐標(biāo)，設(shè)=〔x，y，z〕為平面BB1C1C的法向量，那么，可解得=〔，1，﹣1〕，可求|cos＜，＞|，即為所求正弦值．【解答】解：〔Ⅰ〕取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OA1，A1B，因?yàn)镃A=CB，所以O(shè)C⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°，所以△AA1B為等邊三角形，所以O(shè)A1⊥AB，又因?yàn)镺C∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C，又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C；〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交線為AB，所以O(shè)C⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC兩兩垂直．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正向，||為單位長，建立如下圖的坐標(biāo)系，可得A〔1，0，0〕，A1〔0，，0〕，C〔0，0，〕，B〔﹣1，0，0〕，那么=〔1，0，〕，=〔﹣1，，0〕，=〔0，﹣，〕，設(shè)=〔x，y，z〕為平面BB1C1C的法向量，那么，即，可取y=1，可得=〔，1，﹣1〕，故cos＜，＞==，又因?yàn)橹本€與法向量的余弦值的絕對值等于直線與平面的正弦值，故直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為：．19．〔12分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕一批產(chǎn)品需要進(jìn)行質(zhì)量檢驗(yàn)，檢驗(yàn)方案是：先從這批產(chǎn)品中任取4件作檢驗(yàn)，這4件產(chǎn)品中優(yōu)質(zhì)品的件數(shù)記為n．如果n=3，再從這批產(chǎn)品中任取4件作檢驗(yàn)，假設(shè)都為優(yōu)質(zhì)品，那么這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)；如果n=4，再從這批產(chǎn)品中任取1件作檢驗(yàn)，假設(shè)為優(yōu)質(zhì)品，那么這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)；其他情況下，這批產(chǎn)品都不能通過檢驗(yàn)．假設(shè)這批產(chǎn)品的優(yōu)質(zhì)品率為50%，即取出的產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品的概率都為，且各件產(chǎn)品是否為優(yōu)質(zhì)品相互獨(dú)立．〔Ⅰ〕求這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)的概率；〔Ⅱ〕每件產(chǎn)品檢驗(yàn)費(fèi)用為100元，凡抽取的每件產(chǎn)品都需要檢驗(yàn)，對這批產(chǎn)品作質(zhì)量檢驗(yàn)所需的費(fèi)用記為X〔單位：元〕，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．【分析】〔Ⅰ〕設(shè)第一次取出的4件產(chǎn)品中恰有3件優(yōu)質(zhì)品為事件A1，第一次取出的4件產(chǎn)品全是優(yōu)質(zhì)品為事件A2，第二次取出的4件產(chǎn)品全是優(yōu)質(zhì)品為事件B1，第二次取出的1件產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品為事件B2，這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)為事件A，依題意有A=〔A1B1〕∪〔A2B2〕，且A1B1與A2B2互斥，由概率得加法公式和條件概率，代入數(shù)據(jù)計(jì)算可得；〔Ⅱ〕X可能的取值為400，500，800，分別求其概率，可得分布列，進(jìn)而可得期望值．【解答】解：〔Ⅰ〕設(shè)第一次取出的4件產(chǎn)品中恰有3件優(yōu)質(zhì)品為事件A1，第一次取出的4件產(chǎn)品全是優(yōu)質(zhì)品為事件A2，第二次取出的4件產(chǎn)品全是優(yōu)質(zhì)品為事件B1，第二次取出的1件產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品為事件B2，這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)為事件A，依題意有A=〔A1B1〕∪〔A2B2〕，且A1B1與A2B2互斥，所以P〔A〕=P〔A1B1〕+P〔A2B2〕=P〔A1〕P〔B1|A1〕+P〔A2〕P〔B2|A2〕==〔Ⅱ〕X可能的取值為400，500，800，并且P〔X=800〕=，P〔X=500〕=，P〔X=400〕=1﹣﹣=，故X的分布列如下：X400500800P故EX=400×+500×+800×=506.2520．〔12分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕圓M：〔x+1〕2+y2=1，圓N：〔x﹣1〕2+y2=9，動(dòng)圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C．〔Ⅰ〕求C的方程；〔Ⅱ〕l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)圓P的半徑最長時(shí)，求|AB|．【分析】〔I〕設(shè)動(dòng)圓的半徑為R，由動(dòng)圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，可得|PM|+|PN|=R+1+〔3﹣R〕=4，而|NM|=2，由橢圓的定義可知：動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以M，N為焦點(diǎn)，4為長軸長的橢圓，求出即可；〔II〕設(shè)曲線C上任意一點(diǎn)P〔x，y〕，由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤4﹣2=2，所以R≤2，當(dāng)且僅當(dāng)⊙P的圓心為〔2，0〕R=2時(shí)，其半徑最大，其方程為〔x﹣2〕2+y2=4．分①l的傾斜角為90°，此時(shí)l與y軸重合，可得|AB|．②假設(shè)l的傾斜角不為90°，由于⊙M的半徑1≠R，可知l與x軸不平行，設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為Q，根據(jù)，可得Q〔﹣4，0〕，所以可設(shè)l：y=k〔x+4〕，與橢圓的方程聯(lián)立，得到根與系數(shù)的關(guān)系利用弦長公式即可得出．【解答】解：〔I〕由圓M：〔x+1〕2+y2=1，可知圓心M〔﹣1，0〕；圓N：〔x﹣1〕2+y2=9，圓心N〔1，0〕，半徑3．設(shè)動(dòng)圓的半徑為R，∵動(dòng)圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，∴|PM|+|PN|=R+1+〔3﹣R〕=4，而|NM|=2，由橢圓的定義可知：動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以M，N為焦點(diǎn)，4為長軸長的橢圓，∴a=2，c=1，b2=a2﹣c2=3．∴曲線C的方程為〔x≠﹣2〕．〔II〕設(shè)曲線C上任意一點(diǎn)P〔x，y〕，由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤3﹣1=2，所以R≤2，當(dāng)且僅當(dāng)⊙P的圓心為〔2，0〕R=2時(shí)，其半徑最大，其方程為〔x﹣2〕2+y2=4．①l的傾斜角為90°，那么l與y軸重合，可得|AB|=．②假設(shè)l的傾斜角不為90°，由于⊙M的半徑1≠R，可知l與x軸不平行，設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為Q，那么，可得Q〔﹣4，0〕，所以可設(shè)l：y=k〔x+4〕，由l于M相切可得：，解得．當(dāng)時(shí)，聯(lián)立，得到7x2+8x﹣8=0．∴，．∴|AB|===由于對稱性可知：當(dāng)時(shí)，也有|AB|=．綜上可知：|AB|=或．21．〔12分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕函數(shù)f〔x〕=x2+ax+b，g〔x〕=ex〔cx+d〕假設(shè)曲線y=f〔x〕和曲線y=g〔x〕都過點(diǎn)P〔0，2〕，且在點(diǎn)P處有相同的切線y=4x+2．〔Ⅰ〕求a，b，c，d的值；〔Ⅱ〕假設(shè)x≥﹣2時(shí)，f〔x〕≤kg〔x〕，求k的取值范圍．【分析】〔Ⅰ〕對f〔x〕，g〔x〕進(jìn)行求導(dǎo)，在交點(diǎn)處有相同的切線及曲線y=f〔x〕和曲線y=g〔x〕都過點(diǎn)P〔0，2〕，從而解出a，b，c，d的值；〔Ⅱ〕由〔I〕得出f〔x〕，g〔x〕的解析式，再求出F〔x〕及它的導(dǎo)函數(shù)，通過對k的討論，判斷出F〔x〕的最值，從而判斷出f〔x〕≤kg〔x〕恒成立，從而求出k的范圍．【解答】解：〔Ⅰ〕由題意知f〔0〕=2，g〔0〕=2，f′〔0〕=4，g′〔0〕=4，而f′〔x〕=2x+a，g′〔x〕=ex〔cx+d+c〕，故b=2，d=2，a=4，d+c=4，從而a=4，b=2，c=2，d=2；〔Ⅱ〕由〔I〕知，f〔x〕=x2+4x+2，g〔x〕=2ex〔x+1〕設(shè)F〔x〕=kg〔x〕﹣f〔x〕=2kex〔x+1〕﹣x2﹣4x﹣2，那么F′〔x〕=2kex〔x+2〕﹣2x﹣4=2〔x+2〕〔kex﹣1〕，由題設(shè)得F〔0〕≥0，即k≥1，令F′〔x〕=0，得x1=﹣lnk，x2=﹣2，①假設(shè)1≤k＜e2，那么﹣2＜x1≤0，從而當(dāng)x∈〔﹣2，x1〕時(shí)，F(xiàn)′〔x〕＜0，當(dāng)x∈〔x1，+∞〕時(shí)，F(xiàn)′〔x〕＞0，即F〔x〕在〔﹣2，x1〕上減，在〔x1，+∞〕上是增，故F〔x〕在[﹣2，+∞〕上的最小值為F〔x1〕，而F〔x1〕=﹣x1〔x1+2〕≥0，x≥﹣2時(shí)F〔x〕≥0，即f〔x〕≤kg〔x〕恒成立．②假設(shè)k=e2，那么F′〔x〕=2e2〔x+2〕〔ex﹣e﹣2〕，從而當(dāng)x∈〔﹣2，+∞〕時(shí)，F(xiàn)′〔x〕＞0，即F〔x〕在〔﹣2，+∞〕上是增，而F〔﹣2〕=0，故當(dāng)x≥﹣2時(shí)，F(xiàn)〔x〕≥0，即f〔x〕≤kg〔x〕恒成立．③假設(shè)k＞e2時(shí)，F(xiàn)′〔x〕＞2e2〔x+2〕〔ex﹣e﹣2〕，而F〔﹣2〕=﹣2ke﹣2+2＜0，所以當(dāng)x＞﹣2時(shí)，f〔x〕≤kg〔x〕不恒成立，綜上，k的取值范圍是[1，e2]．四、請考生在第22、23、24題中任選一道作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選的題目對應(yīng)的題號右側(cè)方框涂黑，按所涂題號進(jìn)行評分；多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評分，不涂，按本選考題的首題進(jìn)行評分.22．〔10分〕〔2023?新課標(biāo)Ⅰ〕〔選修4﹣1：幾何證明選講〕如圖，直線AB為圓的切線，切點(diǎn)為B，點(diǎn)C在圓上，∠ABC的角平分線BE交圓于點(diǎn)E，DB垂直BE交圓于D．〔Ⅰ〕證明：DB=DC；〔Ⅱ〕設(shè)圓的半徑為1，BC=，延長CE交AB于點(diǎn)F，求△BCF外接圓的半徑．【分析】〔I〕連接DE交BC于點(diǎn)G，由弦切角定理可得∠ABE=∠BCE，由角平分線可得∠ABE=∠CBE，于是得到∠CBE=∠BCE，BE=CE．由DB⊥BE