重組卷03-2023年高考數(shù)學(xué)真題重組卷（解析版）

絕密★啟用前

沖刺2023年高考數(shù)學(xué)真題重組卷03

新高考地區(qū)專用(解析版)

注意事項(xiàng)：

?.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題

目要求的。

1.(2021年高考全國甲卷)設(shè)集合M={x∣0<x<4},N=[g≤x≤5},則MCN=()

A.{xθ<xwg}B.{x}≤x<4∣>

C.{x∣4≤x<5∣D.{Rθ<x≤5}

B【進(jìn)解析】根據(jù)交集定義運(yùn)算即可

【詳解】因?yàn)橹?{》|0<》<4},'={》|：5》55},所以MCN=]x∣g≤x<4}.

故選：B.

【點(diǎn)睛】本題考查集合的運(yùn)算，屬基礎(chǔ)題，在高考中要求不高，掌握集合的交并補(bǔ)的基本概念即可求解.

2.(2022年高考全國甲卷)若z=T+Gi,則白；=()

ZZ-I

」一且

A.-l+√3iB.-l-√3iC.-'+^iD.i

3333

C【解析】由共朝復(fù)數(shù)的概念及復(fù)數(shù)的運(yùn)算即可得解.

【詳解】z=-l-√3i,zz=(-l+√3i)(-l-√3i)=l+3=4.

故選：C

3.(2022年高考全國乙卷)設(shè)F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)，點(diǎn)A在C上，點(diǎn)3(3,0),若IM=IMl,則IABl=

()

B.2√2D.3√2

B【解析】根據(jù)拋物線上的點(diǎn)到焦點(diǎn)和準(zhǔn)線的距離相等，從而求得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求得點(diǎn)A坐標(biāo)，即可

得到答案.

【詳解】由題意得，F(xiàn)（1,O）,則M=IBFl=2,

即點(diǎn)A到準(zhǔn)線X=T的距離為2,所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為-1+2=1,

不妨設(shè)點(diǎn)A在X軸上方，代入得，A（l,2）,

22

所以MM=λ∕（3-l）+（0-2）=2√2.

故選：B

4.（2020年高考全國新課標(biāo)HI卷）已知向量滿足IaI=5,|=6,〃力=-6,則cos<〃,〃+〃>=（）

A.-j?B,-?C.口D?2

35353535

D【解析】計(jì)算出"Y"+"）、卜+M的值，利用平面向量數(shù)量積可計(jì)算出c°s<"，"+">的值.

22

【詳解】Jd=5,∣b∣=6,a.b=-6>??tz?（^+?）=∣^∣+6Z??=5-6=19.

L+?∣=J（a+Z?）=+2α?∕?+//=Λ∕25-2×6+36=7，

α?(α+b)

19

因j?,cos<a,a+h>=

∣(7∣jα÷?∣5x735

故選：D.

【點(diǎn)睛】本題考查平面向量夾角余弦值的計(jì)算，同時也考查了平面向量數(shù)量積的計(jì)算以及向量模的計(jì)算，

考查計(jì)算能力，屬于中等題.

5.（2022高考全國甲卷）從分別寫有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無放回隨機(jī)抽取2張，則抽到的2張

卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的概率為（）

1122

A.—B.—C.—D.—

5353

C【解析】方法一：先列舉出所有情況，再從中挑出數(shù)字之積是4的倍數(shù)的情況，由古典概型求概率即可.

【詳解】［方法一］：【最優(yōu)解】無序

從6張卡片中無放回抽取2張，共有

（1,2）,（1,3）,（1,4）,（1,5）,（1,6）,（2,3）,（2,4）,（2,5）,（2,6）,（3,4）,（3,5）,（3,6）,（4,5）,（4,6）,（5,6）15種情況，其中數(shù)字

之積為4的倍數(shù)的有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6)6種情況，故概率為白總

［方法二］：有序

從6張卡片中無放回抽取2張，共有

(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),

(6,1),(3,2),(4⑵,(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30種情況,

其中數(shù)字之積為4的倍數(shù)有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12種情況,故概率

“22

305

故選：C.

【整體點(diǎn)評】方法一：將抽出的卡片看成一個組合，再利用古典概型的概率公式解出，是該題的最優(yōu)解；

方法二：將抽出的卡片看成一個排列，再利用古典概型的概率公式解出；

6.(2022年高考全國11卷)若5m(。+6)+8§(。+￡)=2血(：0$(。+:｝足夕，則()

A.tan(α-2)=1B.tan(α+P)=I

C.tan(a-P)=TD.tan(□r÷∕7)=-l

C【解析】由兩角和差的正余弦公式化簡，結(jié)合同角三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系即可得解.

【詳解】［方法一］：直接法

由已知得：Sinacosβ+cosσsiny0+cosacos∕7-sinasin∕?=2(cosa-sina)sinβ,

即：sinacosβ-cosasinyβ÷cosacos∕?+sin?sinβ=G,

即：sin(or-∕7)+cos(a-∕7)=0

所以tan(α-0=-l

故選：C

［方法二特殊值排除法

解法一:設(shè)β=0則Sina÷cosα=0,取即］,排除A,B；

TT

再取a=0則SinP+cos。=2sin0,取P=1,排除D；選C.

［方法三］：三角恒等變換

sin(α+yff)+cos(α+夕)=?sin(α+/+工)=√f2sin[(α+-)+∕7J

44

=V2sin(σ+j^-)cosyff+V2cos(or+?)sinβ=2Λ∕Σcos(σ+-)sinβ

444

所以sin(α+?)eos0=6cos(^+?)sinβ

44

冗冗τr

sin(?+—)cosB-cos(C+—)Sin"=0即sin(α+----/7)=0

444

.?.sin(α-∕?+?)=sin(α一尸)cos?+CoS(α一")sin?=-?sin(α一夕)+-?cos(α-/?)=0

.?.sin(α-β)--cos^a-β)即tan(a-￡)=T,

故選：C.

萬

7.(2021年高考天津卷)兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點(diǎn)均在球面上，若球的體積為32早,

兩個圓錐的高之比為1:3,則這兩個圓錐的體積之和為()

A.3nB.4打C.9πD.I2π

B【解析】

作出圖形，計(jì)算球體的半徑，可計(jì)算得出兩圓錐的高，利用三角形相似計(jì)算出圓錐的底面圓半徑，再利用

錐體體積公式可求得結(jié)果.

【詳解】

如卜圖所示，設(shè)兩個圓錐的底面圓圓心為點(diǎn)3，

設(shè)圓錐AO和圓錐3。的高之比為3:1,即AD=3BD,

設(shè)球的半徑為R，則----=——，可得R=2,所以，AB^AD+BD=4BD=4,

33

所以，BD=LA￡>=3,

CDYAB,則NCW+ZA8=ZBC￡>+ZACr>=90,所以，NCAD=NBCD,

乂因?yàn)镹Af)C=∕BZ)C,所以，ΛACD^ΛCBD,

所以，——=，：?CD=y∣AD?BD=73，

CZ√DU

因此，這兩個圓錐的體枳之和為■1萬XC￡)2?(AD+βD)=^×3×4=4π.

故選：B.

8.(2022年高考全國II卷)已知函數(shù)f(x),國幻的定義域均為R,且f(x)+g(2—x)=5,g(x)-f(x-4)=7.若

22

y=g(x)的圖像關(guān)于直線χ=2對稱，g(2)=4,則￡/任)=()

I=I

A.-21B.-22C.-23D.-24

D【解析】根據(jù)對稱性和已知條件得到/3+"x-2)=-2,從而得到f(3)+/(5)++/(21)=-10

/(4)+/(6)++f(22)=-10,然后根據(jù)條件得到了⑵的值，再由題意得到g(3)=6從而得到/⑴的值即

可求解.

【詳解】因?yàn)閥=g(x)的圖像關(guān)于直線χ=2對稱，

所以g(2-x)=g(x+2),

因?yàn)間(x)-∕(x-4)=7,所以g(x+2)-f(x-2)=7,即g(x+2)=7+f(x-2),

因?yàn)閒(x)+g(2-x)=5,所以/(x)+g(x+2)=5,

代入得/(x)+[7+∕(x-2)]=5,即/(x)+/(x-2)=-2,

所以f(3)+f(5)++/(21)=(-2)×5=-10,

/(4)+/(6)++/(22)=(-2)×5=-10.

因?yàn)?(x)+g(2-x)=5,所以/(0)+g⑵=5,即/(0)=1,所以門2)=—2-/(0)=-3.

因?yàn)間(x)-∕(x-4)=7,所以g(x+4)-∕(x)=7,又因?yàn)閒(x)+g(2-x)=5,

聯(lián)立得，g(2-x)+g(x+4)=12,

所以y=g(x)的圖像關(guān)于點(diǎn)(3,6)中心對稱，因?yàn)楹瘮?shù)g(x)的定義域?yàn)镽,

所以g(3)=6

因?yàn)?(x)+g(x+2)=5,所以/⑴=5—g(3)=T.

τ>

所以幻=/(l)+∕(2)+[43)+”5)+,+∕(21)]+[∕(4)+∕(6)+.+∕(22)>-l-3-10-10=-24.

k=l

故選：D

【點(diǎn)睛】含有對稱軸或?qū)ΨQ中心的問題往往條件比較隱蔽，考生需要根據(jù)已知條件進(jìn)行恰當(dāng)?shù)霓D(zhuǎn)化，然后

得到所需的一些數(shù)值或關(guān)系式從而解題.

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求,

全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.

9.(2021年高考全國I卷)有一組樣本數(shù)據(jù)毛，4，…，乙，由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)％，為,…，熊，

其中y=x,+c(i=l,2,…,〃),c為非零常數(shù)，則()

A.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)相同

B.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)相同

C.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本標(biāo)準(zhǔn)差相同

D.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差相同

CD【解析】A、C利用兩組數(shù)據(jù)的線性關(guān)系有Ry)=E(X)+C、D(y)=°(χ),即可判斷正誤；根據(jù)中位數(shù)、

極差的定義，結(jié)合己知線性關(guān)系可判斷B、D的正誤.

【詳解】A：E(y)=E(x+c)=E(x)+c且exo,故平均數(shù)不相同，錯誤；

B：若第一組中位數(shù)為七，則第二組的中位數(shù)為y=x,?+c,顯然不相同，錯誤；

C：D(y)=DM+D(c)=D(X),故方差相同，正確；

D：由極差的定義知：若第一組的極差為XmaX-XmM,則第二組的極差為

‰-‰in=(XM+C)-(XmM+C)=XM-Xmin，故極差相同，正確:

故選：CD

10.(2022年高考全國II卷)已知函數(shù)/(x)=sin(2x+夕)(O<0<τr)的圖像關(guān)于點(diǎn)中心對稱，則()

A.f(x)在區(qū)間(0,普)單調(diào)遞減

B.f(x)在區(qū)間(一去詈)有兩個極值點(diǎn)

C.直線X=?是曲線y=/(χ)的對稱軸

6

D.直線y=等-X是曲線y=∕(x)的切線

AD【解析】根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)逐個判斷各選項(xiàng)，即可解出.

【詳解】由題意得：f(1)=sin(與+￠)=0,所以?+夕=妞，kcZ,

4π

即9=--—÷Λπ,Λ∈Z,

又O<p<π,所以％=2時，φ=]?,故/(x)=Sin(2x+g).

對A,當(dāng)Xe(O,國時，2x+ge(g,g),由正弦函數(shù)y=sin“圖象知y=/(x)在(0,H上是單調(diào)遞減；

對B,當(dāng)粵卜寸，2x+,∈信當(dāng)，由正弦函數(shù)y=sin"圖象知y=∕(x)只有1個極值點(diǎn)，由

2x+笄吟，解得X=駕，即X=稱為函數(shù)的唯一極值點(diǎn)；

兀兀兀

時C,當(dāng)X=?7時，2x+24=3π,/70=0,直線X=7Ti;不是對稱軸；

6366

,,_(C2π?[/nf_2π11

對1D,由y=2cos[2x+?yJ=-I得：Cosl2x+-I=--,

兀

解得2x+'2TT=三2+2E或2x+2'Jr=4把TE+2EM∈Z,

3333

Tl

從而得：X=Aπ或X=??+E,k∈Z,

所以函數(shù)y=/(X)在點(diǎn)(0,用處的切線斜率為k=WE=2cosy=-l,

切線方程為：y-#=-(x-O)即y=*-X.

故選：AD.

11.(2021年高考全國∏卷)如圖，在正方體中，。為底面的中心，P為所在棱的中點(diǎn)，M,N為正方體的

頂點(diǎn).則滿足MNLOP的是()

【分析】

根據(jù)線面垂直的判定定理可得BC的正誤，平移直線MN構(gòu)造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤.

【詳解】

設(shè)正方體的棱長為2,

對于A,如圖（1）所示，連接AC,則MN//AC,

故NPoC（或其補(bǔ)角）為異面直線0P,"N所成的角,

1√2

在直角三角形OC=近CP=I

OPC,,故tanNPOC=TrE

故MN,OP不成立，故A錯誤.

對于B,如圖（2）所示，取Mr的中點(diǎn)為。，連接產(chǎn)。，OQ,則OQ_LNT',PQA.MN,

由正方體SBCM-NADT可得SN1平面ANDT,而OQU平面ANDT,

故SNLOQ,而SNMN=N,故OQJ■平面SNTM,

又朋NU平面SNTM,OQlMN,而OQPQ=Q,

所以MNj"平面。PQ,而PoU平面。PQ,故MNLoP,故B正確.

對于C,如圖（3）,連接BD,則BD//MN,由B的判斷可得OP_LBD,

故OP，MN,故C正確.

對于D,如圖(4),取4〃的中點(diǎn)。，AB的中點(diǎn)K,連接AcPQ,OQ,PK,OK,

則ACHMN,

因?yàn)橹?PC,故PQ//AC,極PQHMN,

所以NQPo或其補(bǔ)角為異面直線PO,MN所成的角，

圖(4)

因?yàn)檎襟w的棱長為2,故PQ=；AC=血，OQ=^AO2+AQ2=√ΓT2=^,

PO=y]PK2+OK2=√4+T=√5>QO2<PQ2+OP2,故NQPO不是直角，

故PO,MN不垂直，故D錯誤.

故選：BC.

12.(2022年高考全國I卷)已知函數(shù)/(x)及其導(dǎo)函數(shù)/(X)的定義域均為R,記g(x)=∕'(x),若∕1-2x

g(2+x)均為偶函數(shù)，則()

A./(O)=OB.d=。C./(-1)=/(4)D.g(-l)=g(2)

BC【解析】方法一：轉(zhuǎn)化題設(shè)條件為函數(shù)的對稱性，結(jié)合原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)圖象的關(guān)系，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)逐

項(xiàng)判斷即可得解.

【詳解】［方法一］：對稱性和周期性的關(guān)系研究

對于F(X),因?yàn)闉榕己瘮?shù)，所以/(T-2X)=J(∣+2X)即.∕?(g-x)=∕(∣+x)①，所以

f(3-x)=f(x),所以f(χ)關(guān)于X=］對稱，則/(T)=∕(4),故C正確；

對于g(x),因?yàn)間(2+x)為偶函數(shù)，g(2+x)=g(2-x),g(4—x)=g(x),所以g(x)關(guān)于χ=2對稱，由①求

導(dǎo),和g(χ)=r(χ),得［f(5-χ)=f(∣+χ)］o-∕G-χ)=∕(l'+χ)=-g(m-χ)=g(T+χ)'所

以g(3—x)+g(x)=0,所以g(x)關(guān)于(|,0)對稱，因?yàn)槠涠x域?yàn)镽,所以g(∕=0,結(jié)合g(x)關(guān)于X=2對

稱，從而周期T=4X(2-?∣)=2,所以g［g)=g圖=0,g(T)=g⑴=_g⑵，故B正確，D錯誤：

若函數(shù)/(x)滿足題設(shè)條件，則函數(shù)/(x)+C(C為常數(shù))也滿足題設(shè)條件，所以無法確定F(X)的函數(shù)值，故

A錯誤.

故選：BC.

［方法二］：【最優(yōu)解】特殊值，構(gòu)造函數(shù)法.

由方法一知g(x)周期為2,關(guān)于x=2對稱，故可設(shè)g(x)=cos(πr),則/(x)=LSin(TU)+c,顯然A,D錯

π

誤，選BC.

故選：BC.

［方法三］:

因?yàn)?(∣-2x),g(2+x)均為偶函數(shù)，

所以f(∣-2x)=∕(∣+2x)即T-X)=f(∣+x),g(2+x)=g(2-x),

所以"3r)=∕(x),g(4-x)=g(x),RiJ/(-D=/(4),故C正確;

3

函數(shù)/(X),g(x)的圖象分別關(guān)于直線X=多X=2對稱，

又g(χ)=f'(x),且函數(shù)F(X)可導(dǎo)，

所以g(T)=0,g(3-x)=-g(x),

所以g(4-x)=g(x)=-g(3-x),所以g(x+2)=-g(x+l)=g(x),

所以g(-j=g(∣)=O,g(τ)=g⑴=—g(2),故B正確，D錯誤;

若函數(shù)/*）滿足題設(shè)條件，則函數(shù)/（x）+C（C為常數(shù)）也滿足題設(shè)條件，所以無法確定/*）的函數(shù)值，故

A錯誤.

故選：BC.

【整體點(diǎn)評】方法一：根據(jù)題意賦值變換得到函數(shù)的性質(zhì)，即可判斷各選項(xiàng)的真假，轉(zhuǎn)化難度較高，是該

題的通性通法；

方法二：根據(jù)題意得出的性質(zhì)構(gòu)造特殊函數(shù)，再驗(yàn)證選項(xiàng)，簡單明了，是該題的最優(yōu)解.

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.（2022年高考天津卷）的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為

15【解析】由題意結(jié)合二項(xiàng)式定理可得4+W的展開式的通項(xiàng)為c;.3'彳=，令二鏟=0,代入

即可得解.

【詳解】由題意（4+2）的展開式的通項(xiàng)為0I=G?（4）"?[∣?）=仁3/丁，

令=0即r=l,則G?3'=C?3=15,

所以（五+1]的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為15.

故答案為：15.

11Q

14.（2020年高考天津卷）已知a>0,b>0,且而=1,則;+卷+一一的最小值為_________

Ia2ba+b

a+b8

------4--------

4【解析】根據(jù)已知條件，將所求的式子化為2a+b,利用基本不等式即可求解.

【詳解】.u>0,b>0,.'.a+b>0,ah=1.-----1------1---------------1------1--------

2a2ba+b2a2ha+b

=3+?≥2.1^-x—=4,當(dāng)且僅當(dāng)a+b=4時取等號，

2a+bV2a+b

結(jié)合"=1,解得α=2-6,b=2+√5,或α=2+√5,b=2-√J時，等號成立.

故答案為：4

【點(diǎn)睛】本題考查應(yīng)用基本不等式求最值，"1”的合理變換是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.

15.（2018年高考江蘇卷）在平面直角坐標(biāo)系Xoy中，A為直線/：y=2x上在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，B（5,0）,以

AB為直徑的圓C與直線/交于另一點(diǎn)O?若ABC。=。，則點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為.

3【解析】方法一：先根據(jù)條件確定圓方程，再利用方程組解出交點(diǎn)坐標(biāo)，最后根據(jù)平面向量的數(shù)量積求出

結(jié)果.

【詳解】［方法一］：【通性通法】直譯法

設(shè)A(α,2a)(α>0),則由圓心C為AB中點(diǎn)得C(等,4),易得(一C:(x—5)(x-a)+y(y-2?)=0,與y=2x聯(lián)

立解得點(diǎn)。的橫坐標(biāo)與=1,

所以￡)(1,2).所以48=(5-。,-24),8=(1-審,2-4),

由A8?CE>=0得(5-α)(l-?^)+(-24)(2-α)=0,

BPα2-2?-3=0,解得：α=3或a=—1,因?yàn)閍>0,所以"=3.

故答案為：3.

［方法二］：【最優(yōu)解】幾何法

如圖3,因?yàn)锳B為直徑，所以AO15r),ABCD=O-AAFD^ΛDEB.

圖3

設(shè)IoEI=f,則IDE?=?AF?=2t,?DF∣=∣BE?=4ι,

所以∣O8∣=∣OE∣+∣EB∣=5∕=5,BPr=I.

所以，A點(diǎn)的坐標(biāo)為(3,6),則點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3.

［方法三］：數(shù)形結(jié)合

如圖4,由已知，得BDL,則%=-；，所以80的方程為y=-g(x-5).

y

Z：y=2x

O

B

圖4

y=2χ,

由,IC解得。(1,2).

y=--U-5).

、乙

手,〃)，從而AB=(5-α,-2α),CD=

設(shè)A(α,2α),則C#2“

2

所以A8?CD=(5-o)?^^-2g(2-α)=0,解得α=3或〃=—1

2

Xα>O,所以α=3.即點(diǎn)4的橫坐標(biāo)為3.

［方法四］：數(shù)形結(jié)合+斜率公式

由ABC。=。，得ABLCD,又C是AB的中點(diǎn)：，所以Ar)=Br>.

又AO上30，所以N84Z>=45。.設(shè)直線/的傾斜角為α,則tano=2,從而

o

kλβ=tanNABx=tan(a+45)=???=-3.

1—2

設(shè)A(α,24),則用7=-3,解得α=3.即點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3.

。一5

［方法五］：數(shù)形結(jié)合+解三角形

由方法四，知tanα=2,則Sina=-----.

5

,Γc

在RtZ?3Z)O中，BD=Ofisintz=5×-^=2√5.

在等腰RtAz)B中，AB=√2BD=2√10.

設(shè)Am,2α),則Jm_5『+(2a)2=2√Iδ,解得α=3或α=-l.

Xa>O,所以α=3.即點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3.

［方法六］：數(shù)形結(jié)合+解三角形

21

設(shè)直線/的傾斜角為。，則tana=2,則Sma=而,cosa=有

由方法四知NOAB=?π,于?是SinNOBA=Sin(α+?√233√10

4

OA=OB

在4045中，由正弦定理知SinNoB4，解得。4=3百，

sin—

4

故點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為＜9A-cosa=3.

［方法七］：數(shù)形結(jié)合+解三角形

因?yàn)?。為以AB為直徑的圓C上一點(diǎn)，所以BDLA￡＞,C為AB的中點(diǎn).

因?yàn)锳8?CO=（b所以43,CD,aABO為等腰直角三角形，即AD=瓦＞.

BD

在RtzλOBD中，tanZBOA=k=2=-.

V-OD2+BD2^OB2=52，所以O(shè)D=由,BD=2小.

因?yàn)锳在第一象限，所以O(shè)A=Or＞+AZ）=36.

又"=2,月+品=。片=（3拘2,所以XA=3.

XA

【整體點(diǎn)評】方法一：直接根據(jù)題意逐句翻譯成數(shù)學(xué)語言，通過運(yùn)算解出，是該題的通性通法；

方法二：作出簡圖，利用平面幾何知識求解，運(yùn)算簡單，是該題的最優(yōu)解；

方法三：通過圓的幾何性質(zhì)，利用直線方程聯(lián)立求點(diǎn)。的坐標(biāo)，簡化計(jì)算；

方法四：通過圓的幾何性質(zhì)，求出直線Afi的傾斜角，從而得出斜率，根據(jù)斜率公解出，是不錯的解法；

方法五：同法四，通過圓的幾何性質(zhì)，求出直線AB的傾斜角，從而得出斜率，再通過解三角形求出；

方法六：基本原理同方法五；

方法七：基本原理同方法五.

16.（2022年高考浙江卷）已知雙曲線，-與=Im＞0,10）的左焦點(diǎn)為F,過F且斜率為二的直線交雙曲

a2h-4a

線于點(diǎn)A（%,χ）,交雙曲線的漸近線于點(diǎn)風(fēng)々,必）且爸＜。＜3若IFBI=3∣E4∣,則雙曲線的離心率是

巫【解析】聯(lián)立直線A8和漸近線/,：y=2尤方程，可求出點(diǎn)8,再根據(jù)I所|=31FAI可求得點(diǎn)A,最后根

4a

據(jù)點(diǎn)A在雙曲線上，即可解出離心率.

【詳解】過尸且斜率為鄉(xiāng)的直線AAy=9(x+c),漸近線4：y=3,

4a4〃a

V_b(χ∣C)

聯(lián)立F4a,，得亞冬,?∣Fβ∣=3∣M∣.得

h133a)?99a)

y=-x

而點(diǎn)A在雙曲線上，于是生G--?=l,解得：4=—,所以離心率e=玉四

8H81a2?2a1244

故答案知乎.

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.（2022年高考全國甲卷）記S“為數(shù)列｛%｝的前〃項(xiàng)和.已知:L+"=24,,+l.

（1）證明：｛%｝是等差數(shù)列；

⑵若%,生,。9成等比數(shù)列，求S11的最小值.

⑴證明見解析；⑵-78.【解析】（1）依題意可得2S,,+〃2=2〃4,+〃，根據(jù)“此-5,1，〃22,作差即可

得到""一％=1,從而得證；

（2）法一：由（1）及等比中項(xiàng)的性質(zhì)求出％,即可得到｛q｝的通項(xiàng)公式與前〃項(xiàng)和，再根據(jù)二次函數(shù)的性

質(zhì)計(jì)算可得.

2V

【詳解】（I）因?yàn)?+"=2（+1,S∣12S,+n2=2na,+nφ,

nll

當(dāng)〃≥2時，2S,ι+（〃一I）?=2（"-l）α,ι+（”一1）②，

22

①-②得，2Sn+n-2S?_,-（∏-I）=2na,,+n-2（n-l）a?_,-（n-1）,

即2/2”+2"—1=2/74“—2（〃—l）ɑ,?+1,

即2（w-l）αzι-2（〃一l）ɑ,?=2（〃-1）,所以=1,〃22且〃wN*,

所以｛為｝是以1為公差的等差數(shù)列.

（2）［方法一］：二次函數(shù)的性質(zhì)

由（1）可得知=4+3,%=q+6,%=4+8,

又小,?7>與成等比數(shù)列，所以％2=“4々9,

即(α∣+6)2=(a1+3)?(<71+8),解得q=-12,

_Ia。，cn(n-l]I251(25?625

7βc1μ以l〃“一〃一13,助以S”=_]2〃H-----------=—n2"------77=—n----------------,

〃222212J8

所以，當(dāng)〃=12或〃=13時，(5z,)min=-78.

[方法二]：【最優(yōu)解】鄰項(xiàng)變號法

由(1)可得4=q+3,%=4+6,%=4+8,

又。4，%，%成等比數(shù)列，所以a」=%.%,

即(q+6[=(q+3)?(α∣+8),解得4=T2,

所以見=72-13,即有qv02v<ai2<0,?3=0.

則當(dāng)"=12或/7=13時，(S〃,面=一78.

【整體點(diǎn)評】(2)法一：根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出S〃的最小值，適用于可以求出S.的表達(dá)式;

法二：根據(jù)鄰項(xiàng)變號法求最值，計(jì)算量小，是該題的最優(yōu)解.

18.(2020年高考全國I卷)(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)記MBC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為mb,c9

-LcosAsin23

己I知-------=---------

1+sinAl+cos28

(D若。=胃24，求&

212

⑵求5L.的最小值.

C

(l)?;(2)4√2-5,[≡](I)根據(jù)二倍角公式以及兩角差的余弦公式可將懸r黑Ii化成

CoS(A+8)=Sin8,再結(jié)合0<B<?^,即可求出;

⑵由⑴知‘0=>8'44-28'再利用正弦定理以及二倍角公式將卡化成48也+熹-5

然后利用基本不等式即可解出.

-—、E、】cosAsin2B2sinBcosBsinB

【詳解】⑴因?yàn)閃=TT嬴ΞT?k=蓊,即αrl

sinB-cosΛcosB-sinASinB=CoS(A+B)=-cosC=-τ

兀Tr

而0<8<],所以B哈

TT兀

(2)由(1)知，sinB=-cosC>0,所以一<C<π,0<B<一,

22

∣f∣]sinB=-cosC=sin

所以C=1+8,即有A=W-28?所以Bdθ,g],Ce

22I4J

222222

t-rK.tz÷?sinA+sinBcos2B+l-cosB

c2sin^Ccos-B

cos2B-1V+l-cos2BC2LL

------------?---------------=4COS2B+—?—―5>2√8-5=4√2-5?

cosB-------------------cos'B

當(dāng)且僅當(dāng)COS23=乎時取等號，所以Z?Q的最小值為4&_5.

19.(2022年高考全國∏卷)在某地區(qū)進(jìn)行流行病學(xué)調(diào)查，隨機(jī)調(diào)查了1()()位某種疾病患者的年齡，得到

如下的樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖:

(1)估計(jì)該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表)；

(2)估計(jì)該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間［20,70)的概率；

(3)已知該地區(qū)這種疾病的患病率為0.1%,該地區(qū)年齡位于區(qū)間［40,50)的人口占該地區(qū)總?cè)丝诘?6%.從該

地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間［40,50),求此人患這種疾病的概率.(以樣本數(shù)據(jù)中患者的年齡位

于各區(qū)間的頻率作為患者的年齡位于該區(qū)間的概率，精確到0.0001).

(1)47.9歲：⑵0.89：(3)0.0014.【解析】(1)根據(jù)平均值等于各矩形的面積乘以對應(yīng)區(qū)間的中點(diǎn)值的和即

可求出；

(2)設(shè)A={一人患這種疾病的年齡在區(qū)間［20,70)},根據(jù)對立事件的概率公式P(A)=1-P(A)即可解出;

(3)根據(jù)條件概率公式即可求出.

【詳解】(1)平均年齡5=(5x0.001+15x0.002+25x0.012+35x0.017+45x0.023

+55×0.020+65X0.017+75×0.∞6+85×0.002)×10=47.9(歲).

(2)設(shè)A={-人患這種疾病的年齡在區(qū)間［20,70)},所以

P(A)=I-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)x10=1-0.11=0.89.

(3)設(shè)B="任選一人年齡位于區(qū)間［40,50)”，C=“從該地區(qū)中任選一人患這種疾病”，

則由己知得：

P(B)=I6%=0.16,P(C)=O.l%=0.001,P(Blc)=O.023x10=0.23.

則由條件概率公式可得

從該地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間［40,50),此人患這種疾病的概率為

P(C∣8)=3J(C)P網(wǎng)C)=O?OOIXO?23=OOO∣4375°O.OO∣4

P(B)P(B)0.16

20.(2022年高考全國I卷)如圖，直三棱柱4BC-ABC的體積為4,ABC的面積為2夜.

(1)求A到平面A8C的距離;

(2)設(shè)。為AC的中點(diǎn)，M=AB,平面ABC，平面4880,求二面角A-BO-C的正弦值.

(1)0;(2)立【解析】(1)由等體積法運(yùn)算即可得解；

2

（2）山面面垂直的性質(zhì)及判定可得BC/平面AB8∣A,建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法即可得解.

【詳解】（1）在直三棱柱ABC-AiBiCl中，設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為h,

則匕；?半h=：

-ABC=Sc?Zz=VA.ΛJ5C=∣SΛSC-AA=IVABC^BCI=,

解得〃=&,

所以點(diǎn)A到平面ABC的距離為O；

（2）取AB的中點(diǎn)￡連接AE,如圖，因?yàn)锳A=A8,所以

又平面ABC_L平面AB與4,平面ABCC平面ABBM=AB,

且ΛEu平面A8B∣A,所以AE_L平面ABC,

在直三棱柱ΛBC-AlBiCt中，B與_L平面ABC,

由BCu平面ABC,BCu平面ABC可得AE，BC,BBJBC,

又AE,BB1U平面ABB1A1且相交，所以BC上平面ABB1A,

所以BC,BA,B四兩兩垂直，以8為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

由(1)得AE=&，所以AA=AB=2,Λ1β=2√2,所以8C=2,

則A(0,2,0),4(022),8(0,0,0),C(2,0,0),所以AC的中點(diǎn)￡>(1,1,1),

則BD=(1,1,1),BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),

ιn?BD=x+y+z=0

設(shè)平面ABD的一個法向量W=(X,y,z),貝卜

m?BA=2γ=0

可取〃?=(1,0,-1),

設(shè)平面BOC的一個法向量”=(α,A,c),則:"IC°，

可取1=(0,1,-1),

/?m?n11

則M,〃)=麗=Er5，

所以二面角A-33-C的正弦值為=等.

22

21.(2021年高考北京卷)己知橢圓E:0+4=l(a>b>O)一個頂點(diǎn)4。,-2),以橢圓E的四個頂點(diǎn)為頂

ab-

點(diǎn)的四邊形面積為4√L

(1)求橢圓E的方程；

(2)過點(diǎn)尸(0,-3)的直線/斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)5,C,直線AB,AC分別與直線交

產(chǎn)-3交于點(diǎn)M,N,當(dāng)IPM+1PMWI5時，求k的取值范圍.

(1)—+??l;(2)[-3,—l)u(l,3]?【解析】(I)根據(jù)橢圓所過的點(diǎn)及四個頂點(diǎn)圍成的四邊形的面積可

54

求α,b,從而可求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.

(2)設(shè)以西,*),C(Λ2,%),求出直線AB,AC的方程后可得M,N的橫坐標(biāo)，從而可得IPMl+∣PN∣,聯(lián)立直

線BC的方程和橢圓的方程，結(jié)合韋達(dá)定理化簡IPMI+∣PN∣,從而可求Z的范圍，注意判別式的要求.

【詳解】(1)因?yàn)闄E圓過A(0,-2),故b=2,

因?yàn)樗膫€頂點(diǎn)圍成的四邊形的面積為4遙，故gx2αx28=4有，即“=右，

22

故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：—+?=1.

54

(2)

設(shè)8(Λ1,X),C(X2,%),

因?yàn)橹本€BC的斜率存在，故xp?≠O,

…y+2-χtlX,

故直線AB:y=^—x-2,令y=-3,則XM=---,同理XiV=——.

占y∣+2y2+2

直線BUy=依-3,由“可得(4+5產(chǎn)產(chǎn)一30米+25=0,

[4x2+5∕=20''

?Δ≈900λ2-l∞(4+5λ2)>0,解得或A>l.

F30k25

又…2=向5=由，故XIX2>0，所以XMXN>0

又IMlPM=I…*言+表

50k30A

2ΛXX-(F+x)4+5-―4+5公

%I元2=122=5悶

225k230k2

fcr1-1kx2-1?x1x2-?(x1+x2)+l-----------卜1

4+5?24+5k2

故5∣4∣≤15即k∣≤3,

綜上，-3≤%<-l或1<%≤3.

22.(2022年高考浙江卷)設(shè)函數(shù)f(x)=￡+∣nx(x>0).

2x

⑴求了(%)的單調(diào)區(qū)間；

(2)已知α,6eR,曲線y=f(x)上不同的三點(diǎn)(x1,∕(xl)),(x2,∕(x2)),(x3,∕(x3))處的切線都經(jīng)過點(diǎn)(。向.證

明：

(i)若a>e,則0<6-∕(4)<裝-1］；

2e—。1?2e—a

(ii)?O<α<e,x1<x7<x3,貝!)一+-^-<—÷——<----.

eoe^xlx3a6e

(注：e=2.71828是自然對數(shù)的底數(shù))

(Df(X)的減區(qū)間為(θ,?∣),增區(qū)間為(|，+OOj.(2)(i)見解析；(ii)見解析.【解析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)

數(shù)，討論其符號后可得函數(shù)的單調(diào)性.

(2)(i)由題設(shè)構(gòu)造關(guān)于切點(diǎn)橫坐標(biāo)的方程，根據(jù)方程有3個不同的解可證明不等式成立，(ii)無=玉，

?l

O(m-?3∣}?ιrr-∕n+12)

m=4a<l,則題設(shè)不等式可轉(zhuǎn)化為4+%-2-K<^--?——--L,結(jié)合零點(diǎn)滿足的方程進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為

em36/M(r,+r3)

(∕H-1)(∕M-13)(W2-nι+?2?

ln∕n+?——八一?----------^<0,利用導(dǎo)數(shù)可證該不等式成立.

72(∕M+1)

【詳解】(1)/'(χ)=-τA?+L=?^,

2xX2x

當(dāng)0<x<?∣,T(X)<0；當(dāng)χ>∣,.明χ)>o,

故“X)的減區(qū)間為(()"“X)的增區(qū)間為停+8).

(2)(i)因?yàn)檫^(α,b)有三條不同的切線，設(shè)切點(diǎn)為(%,/(4)),i=l,2,3,

故/(%)—6=r(%)(%-α)，

故方程/(力―6=r(x)(x-。)有3個不同的根，

該方程可整理為0(X-lnx+∕)=0,

?x2τJ?,2x

設(shè)g(x)=(‰白](x-a)U-lnx+A,

則g'(χ)W一意+1*+康卜一")一卜會

=T(X-e)(x-α),

當(dāng)O<x<e或x>α?xí)r，g'(x)<O;當(dāng)e<x<α?xí)r，g,(x)>O,

故g(x)在(0,e),(α,+∞)上為減函數(shù)，在(e,α)上為增函數(shù),

因?yàn)間(x)有3個不同的零點(diǎn),故g(e)<O且g(α)>O,

故(?——=1(e-4)-----Ine+?<0∣[∣?——=)(α-α)----?na+b>0,

Ie2e2Jv,2eIa2a2Γ,Ia

整理.得至I」：6<f+1且6>S+ln?=∕(a),

2e2a

此時b—f(a?—(—]]<1^1-f----ι^ln4]------1—=-----------Ina,

'，2(eJ2e(2aJ2e222a

設(shè)ι∕(4)=3-----Ina,貝!∣∕(4)="^?<0,

y,22av,2a2