2023年高考数学真题(新高考Ⅰ)(解析版)下载

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  • 最近更新2023年08月02日






绝密★启用前 2023 年普通高等学校招生全国统一考试(新课标全国Ⅰ卷) 数学试卷类型:A 本试卷共 4 页,22 小题,满分 150 分.考试用时 120 分钟. 注意事项: 1.答题前,考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写 在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右 上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂 黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案,答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应 位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液.不按 以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题: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. N  x x2  x  6  0 M  2,1,0,1,2 M  N  1. 已知集合 ,,则 ()2,1,0,1 0,1,2 2   A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】方法一:由一元二次不等式的解法求出集合 ,即可根据交集的运算解出. NM方法二:将集合 中的元素逐个代入不等式验证,即可解出. N  x x2  x  6  0  ,2  3, M  2,1,0,1,2 【详解】方法一:因为 ,而 ,  2 所以 M  N    .故选:C. 2M  2,1,0,1,2 2,1,0,1,2 方法二:因为 ,将 代入不等式 ,只有 使不等式成立, 2 x  x  6  0 2 所以 M  N    .故选:C. 1 i 2  2i z  2. 已知 ,则 ()z  z  A. B. C. 0 D. 1 i i【答案】A 【解析】 z【分析】根据复数的除法运算求出 ,再由共轭复数的概念得到 ,从而解出. z1i 1i  1i 2i 411z  i 2z   i 【详解】因为 ,所以 ,即 .z  z  i 2  2i 21 i 1i 2 故选:A. a  b  a  b a  1,1 ,b  1,1 3. 已知向量 ,若 ,则( )   1     1   1 A. B. D.  1 C. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算求出 ,a  b ,再根据向量垂直的坐标表示即可求出. a  b a  1,1 ,b  1,1 a  b  1 ,1  a  b  1 ,1  【详解】因为 ,所以 ,,a  b  a  b a  b  a  b  0 由即可得, ,  1  1   1  1   0   1     ,整理得: .故选:D. f x 2x xa  在区间 )a上单调递减,则 的取值范围是( 0,1 4. 设函数   ,2 2,0 A. B. 0,2 2, C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数型复合函数单调性,判断列式计算作答. f x 2x xa 【详解】函数 y  2x 在 R 上单调递增,而函数  在区间 0,1 上单调递减,   aaa2 20,1 1 则有函数 在区间 上单调递减,因此 ,解得 ,a  2 y  x(x  a)  (x  )  224a所以 的取值范围是 2, .故选:D x2 x2 2C1 :  y2  1(a  1),C2 :  y  1 a  e ,e 5. 设椭圆 的离心率分别为 .若 ,则 ()e2  3e 121a2 42 3 3A. B. C. D. 362【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的椭圆方程,结合离心率的意义列式计算作答. 4 1 4a2 1 2 3 e2  3e2 【详解】由 ,得 ,因此 1,而 ,所以 .e2  3e a  1  3 a  21a2 3故选:A x2  y2  4x 1 0 相切的两条直线的夹角为 ,则 0,2 6. 过点 与圆 ()sin  15 B. 10 C. 6A. 1 D. 444【答案】B 【解析】 【分析】方法一:根据切线的性质求切线长,结合倍角公式运算求解;方法二:根据切线的性质求切线长, 2结合余弦定理运算求解;方法三:根据切线结合点到直线的距离公式可得 ,利用韦达定理结 k 8k 1 0 合夹角公式运算求解. 2,即 x  2  y2  5 ,可得圆心 ,半径 ,x2  y2  4x 1 0 C 2,0 【详解】方法一:因为 r  5 P 0,2 A, B ,过点 因为 作圆 C 的切线,切点为 2222,则 ,PC  2  2  2 2 PA  PC  r  3 510 436可得sin APC  ,cosAPC  ,42 2 2 2 10 615 则,sin APB  sin 2APC  2sin APC cosAPC  2 4442 2 610 41cosAPB  cos2APC  cos2 APC sin2 APC    0 ,44即为钝角,  APB 15 4所以 ;sin  sin π  APB  sin APB  x2  y2  4x 1 0 C 2,0 法二:圆 的圆心 ,半径 ,连接 ,r  5 P 0,2 A, B 过点 可得 因为 作圆 C 的切线,切点为 ,AB 2222,则 ,PC  2  2  2 2 PA  PB  PC  r  3 2222PA  PB  2 PA  PB cosAPB  CA  CB  2 CA  CB cosACB 3 3 6cosAPB  5 510cos π  APB 且即即ACB  π  APB ,则 ,1cosAPB   0 3 cosAPB  5 5cosAPB ,解得 ,414cos  cos π  APB  cosAPB  为钝角,则 , APB 15 42且为锐角,所以 ;sin  1 cos   x2  y2  4x 1 0 C 2,0 方法三:圆 的圆心 ,半径 ,r  5 y  0 若切线斜率不存在,则切线方程为 ,则圆心到切点的距离 d  2  r ,不合题意; y  kx  2 kx  y  2  0 若切线斜率存在,设切线方程为 ,即 ,2k  2 k2 1 2 5 则,整理得 ,且   64  4  60  0 k 8k 1 0 k ,k k  k  8,k k1 设两切线斜率分别为 可得 2 ,则 ,1121 2 2,k1  k2  k  k  4k1k2  2 15 2  1k1  k2 sin sin cos cos  tan   15  15 所以 则,即 ,可得 ,1 k1k2 15 sin2  222,sin   cos   sin   1 15 π15   0, 且,则 ,解得 .sin  0 sin  24故选:B. Sn { } n的前 项和,设甲: Saa  为等差数列;乙: n7. 记 为数列 为等差数列,则( )  nnnA. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义,再结合数列前 n 项和与第 n 项的关系推理判 断作答., aa1【详解】方法 1,甲: 为等差数列,设其首项为 ,公差为 ,dnn(n 1) Sn n 1 2dd Sn1 Sn d  n  a1  , 2 n 1 dS  na  d,  a1  则,n12n2n2Sn { } 因此 为等差数列,则甲是乙的充分条件; nSn1 Sn nSn1  (n 1)Sn nan1  Sn Sn { } nt为常数,设为 , 反之,乙: 为等差数列,即 n 1 nn(n 1) n(n 1) nan1  Sn n(n 1)  t S  na t n(n 1) S (n 1)a t n(n 1),n  2 即,则 ,有 ,nn1 n1 na  na  (n 1)a  2tn a a  2t 两式相减得: ,即 ,对 n 1也成立, nn1 nn1 na因此 为等差数列,则甲是乙的必要条件, n所以甲是乙的充要条件,C 正确. n(n 1) aaaS  na  d,方法 2,甲: 为等差数列,设数列 的首项 ,公差为 ,即 dnn1n12Sn n(n 1) ddSn { } n a1  d  n  a1  则,因此 为等差数列,即甲是乙的充分条件; 222Sn Sn1 Sn Sn { }  D,  S  (n 1)D 反之,乙: 为等差数列,即 ,1nn 1 nnS  nS  n(n 1)D S (n 1)S  (n 1)(n  2)D 即,,n1n1 1S  S  S  2(n 1)D 当时,上两式相减得: ,当 n 1时,上式成立, n  2 nn1 1a  a  2(n 1)D a a  a  2nD [a  2(n 1)D]  2D 于是 ,又 为常数, n1n1 n11a因此 为等差数列,则甲是乙的必要条件, n所以甲是乙的充要条件. 故选:C 116cos 2  2  sin     ,cos sin   8. 已知 ,则 (). 37A. 191979B. C. D. 9【答案】B 【解析】 sin(  ) 【分析】根据给定条件,利用和角、差角的正弦公式求出 ,再利用二倍角的余弦公式计算作答. 11612sin cos  sin(  )  sin cos   cos sin   cos sin   【详解】因为 ,而 ,因此 ,323sin(  )  sin cos   cos sin   则,219cos(2  2)  cos2(  ) 1 2sin2 (  ) 1 2( )2  所以 .3故选:B 【点睛】方法点睛:三角函数求值的类型及方法 (1)“给角求值”:一般所给出的角都是非特殊角,从表面来看较难,但非特殊角与特殊角总有一定关 系.解题时,要利用观察得到的关系,结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数. (2)“给值求值”:给出某些角的三角函数值,求另外一些角的三角函数值,解题关键在于“变角”,使其角 相同或具有某种关系. (3)“给值求角”:实质上也转化为“给值求值”,关键也是变角,把所求角用含已知角的式子表示,由所得 的函数值结合该函数的单调区间求得角,有时要压缩角的取值范围. 二、选择题:本题共 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. x , x ,, x xx9. 有一组样本数据 6 ,其中 1 是最小值, 6 是最大值,则( )12×2 , x3, x4 , x x2 , x3, x4 , x x2 , x3, x4 , x x2 , x3, x4 , x x , x ,, x A. B. C. D. 5 的平均数等于 5 的中位数等于 6 的平均数 6 的中位数 12x , x ,, x 12x , x ,, x 5 的标准差不小于 6 的标准差 12x , x ,, x 5 的极差不大于 6 的极差 12【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断. mn,x , x , x , x x , x ,, x 【详解】对于选项 A:设 5 的平均数为 ,6 的平均数为 234122 x  x  x  x  x  x 6   4  x1  x2  x3  x4  x5  x6 x2  x3  x4  x5 1523则,n  m  6412 m,n 的大小, 2 x  x , x  x  x  x 因为没有确定 6  4 的大小关系,所以无法判断 15231,2,3,4,5,6 例如: ,可得 m  n  3.5 m 1,n  2 ;1,1,1,1,1,7 例如 例如 ,可得 ;11 1,2,2,2,2,2 m  2,n  ,可得 ;故 A 错误; 6x  x  x  x  x  x 对于选项 B:不妨设 ,123456×3  x4 x , x , x , x x , x ,, x 可知 5 的中位数等于 6 的中位数均为 ,故 B 正确; 234122xx对于选项 C:因为 1 是最小值, 6 是最大值, x , x , x , x x , x ,, x x , x , x , x x , x ,, x 则5 的波动性不大于 6 的波动性,即 5 的标准差不大于 6 的标准 2341223412差, 12,4,6,8,10,12 n  2  4  6 810 12  7 例如: ,则平均数 ,61105 3222222  标准差 ,s1  2  7  4  7  6  7  8 7  10  7  12  7 614,6,8,10 m  4  6 810  7 ,则平均数 ,412222   5 标准差 ,s2  4  7  6  7  8 7  10  7 4105 3s  s 2 ;故 C 错误; 显然 ,即  5 1x  x  x  x  x  x 对于选项 D:不妨设 ,123456x  x  x  x x  x , x  x 6 时,等号成立,故 D 正确; 则2 ,当且仅当 615125故选:BD. pL  20lg 10. 噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱,定义声压级 ,其中常数 pp0 p是听觉下限阈值, 是实际声压.下表为不同声源的声压级: p p 0 0  0声源 与声源的距离 声压级 /dB 60  90 50  60 40 /m 燃油汽车 混合动力汽车 电动汽车 10 10 10 p , p , p 已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m 处测得实际声压分别为 3 ,则( ). 12p1  p2 p2  10p3 A. C. B. D. p3  100p0 p1  100p2 【答案】ACD 【解析】 L  60,90 ,L  50,60 ,L  40 【分析】根据题意可知 ,结合对数运算逐项分析判断. p1 p2 p3 L  60,90 ,L  50,60 ,L  40 【详解】由题意可知: ,p1 p2 p3 p1 L  L  20lg  20lg p2 p0 p1  20lg 对于选项 A:可得 ,p1 p2 p0 p2 p1 p1 L  L  20lg  0 lg  0 L  L 因为 所以 ,则 ,即 ,p1 p2 p1 p2 p2 p2 p1 p2 1 p  p 2 ,故 A 正确; p , p  0 且,可得 112p2 p0 p3 p0 p2 p3 L  L  20lg  20lg  20lg 对于选项 B:可得 ,,p2 p3 p2 p2 120lg 10 lg ,即 L  L  L  40 10 因为 所以 ,则 p2 p3 p2 p3 p3 2p2 p3  10 p , p  0 且,可得 ,p2  10p3 23L  50 当且仅当 时,等号成立,故 B 错误; p2 p3 p3 p0 L  20lg  40 lg  2 ,对于选项 C:因为 ,即 p3 p0 p3 100 p  100p 0 ,故 C 正确; 可得 ,即 3p0 p1 L  L  20lg 对于选项 D:由选项 A 可知: L  L  90 50  40 ,p1 p2 p2 p1 p2 20lg  40 ,且,则 p1 p2 p1 p2 p1 p2 lg  2 100 ,且 p , p  0 p  100p 2 ,故 D 正确; 即,可得 ,所以 121故选:ACD. f x f xy  y2 f x x2 f y   ,则( 11. 已知函数  的定义域为 ,). Rf 0  0 A.   f 1  0 B. D.   f x f x  的极小值点 C.  是偶函数 为x  0 【答案】ABC 【解析】 f (x)  0 【分析】方法一:利用赋值法,结合函数奇遇性的判断方法可判断选项 ABC,举反例 即可排除选 项 D. 2x ln x , x  0 f (x)  方法二:选项 ABC 的判断与方法一同,对于 D,可构造特殊函数 进行判断即可. 0, x  0 【详解】方法一: 因为 f (xy)  y2 f (x)  x2 f (y) ,x  y  0 f (0)  0 f (0)  0 f (0)  0 ,故 正确. A对于 A,令 对于 B,令 对于 C,令 ,x  y 1 f (1) 1f (1) 1f (1) ,f (1)  0 ,故 B 正确. ,则 x  y  1 f (1)  f (1)  f (1)  2 f (1) ,f (1)  0 ,则 ,令y  1, f (x)  f (x)  x2 f (1)  f (x) ,f (x) f (x) 又函数 的定义域为 R,所以 为偶函数,故 正确, Cf (x) f (x)  0 对于 D,不妨令 ,显然符合题设条件,此时 无极值,故 错误. D方法二: 因为 f (xy)  y2 f (x)  x2 f (y) ,x  y  0 f (0)  0 f (0)  0 f (0)  0 ,故 正确. A对于 A,令 对于 B,令 对于 C,令 ,x  y 1 f (1) 1f (1) 1f (1) ,f (1)  0 ,故 B 正确. ,则 x  y  1 f (1)  f (1)  f (1)  2 f (1) ,f (1)  0 ,则 ,令y  1, f (x)  f (x)  x2 f (1)  f (x) ,f (x) f (x) 为偶函数,故 正确, 又函数 的定义域为 R,所以 Cf (xy) f (x) f (y) 对于 D,当 x2 y2  0时,对 f (xy)  y2 f (x)  x2 f (y) 两边同时除以 x2 y2 ,得到 ,x2 y2 x2 y2 2x ln x , x  0 0, x  0 f (x) x2 f (x)   ln x (x  0) 故可以设 ,则 ,12x  0 f x 2xln x  x  x(2ln x 1) 当令肘, f (x)  x2 ln x ,则 ,  x12 ;令 1¢fx  0   fx >0 ,得 ,得 2;()x  e 0  x  e 1  122f (x) 0,e e , 故在上单调递减,在 上单调递增, 11  22f (x) f (x) e ,0 ,e 因为 为偶函数,所以 在上单调递增,在 上单调递减, f (x) 显然,此时 是的极大值,故 D 错误. x  0 故选: .ABC 12. 下列物体中,能够被整体放入棱长为 1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( A. 直径为 的球体 )0.99m B. 所有棱长均为1.4m的四面体 1.8m C. 底面直径为 D. 底面直径为 【答案】ABD 【解析】 ,高为 的圆柱体 的圆柱体 0.01m ,高为 1.2m 0.01m 【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断. 【详解】对于选项 A:因为 0.99m 1m ,即球体的直径小于正方体的棱长, 所以能够被整体放入正方体内,故 A 正确; 对于选项 B:因为正方体的面对角线长为 ,且 ,2m 2 1.4 所以能够被整体放入正方体内,故 B 正确; 对于选项 C:因为正方体的体对角线长为 ,且 ,3m 3 1.8 所以不能够被整体放入正方体内,故 C 不正确; 对于选项 D:因为1.2m 1m ,可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆, AC OE  AC OE I AC  E 如图,过 可知 的中点 作1 ,设 ,O1CC1 OE 3tan CAC  ,则 ,AC  2,CC1 1, AC1  3,OA= 1AC AO 21OE 6即且,解得 ,OE  23422 63996   0.62 ,即 , 0.6 4824 25 4AC 故以 若底面直径为 为轴可能对称放置底面直径为 圆柱, 1.2m 1O的圆柱与正方体的上下底面均相切,设圆柱的底面圆心 1 ,与正方体的下底面的切点 1.2m M为,CC1 O M 1tan CAC  AC  O M ,O M 0.6 可知: ,则 ,1111AC AO 11即0.6 ,解得 AO  0.6 2 ,1AO 21根据对称性可知圆柱的高为 ,3  20.6 21.732 1.21.414  0.0352  0.01 所以能够被整体放入正方体内,故 D 正确; 故选:ABD. 三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13. 某学校开设了 4 门体育类选修课和 4 门艺术类选修课,学生需从这 8 门课中选修 2 门或 3 门课,并且每 类选修课至少选修 1 门,则不同的选课方案共有________种(用数字作答). 【答案】64 【解析】 【分析】分类讨论选修 2 门或 3 门课,对选修 3 门,再讨论具体选修课的分配,结合组合数运算求解. C1C1 16 【详解】(1)当从 8 门课中选修 2 门,则不同的选课方案共有 (2)当从 8 门课中选修 3 门, 种; 44C1 C2  24 ①若体育类选修课 1 门,则不同的选课方案共有 ②若体育类选修课 2 门,则不同的选课方案共有 种; 44C2C1  24 种; 44综上所述:不同的选课方案共有16  24  24  64 种. 故答案为:64. ABCD  A B C D 14. 在正四棱台 1 中, AB  2, A B1  1, AA  2 ,则该棱台的体积为________. 11111767 6 6【答案】 【解析】 ## 6AO , AO, A M 【分析】结合图像,依次求得 ,从而利用棱台的体积公式即可得解. 111A【详解】如图,过 1 作 A M AC A M ABCD  A B C D M,垂足为 ,易知 为四棱台 1 的高, 11111因为 ,AB  2, A B1, AA  2 11111211则故,AO  AC1  2A B , AO  AC  2AB  2 1111 1 222221261222,则 ,A M A A AM  2  AM  AC  AC  1  111222167 6 所以所求体积为 .V  (4 1 41) 3267 6 故答案为: .6f x cosx 1(  0) 15. 已知函数   0,2π 有且仅有 3 个零点,则 的取值范围是________. 在区间 [2,3) 【答案】 【解析】 f (x)  0 【分析】令 ,得 有 3 个根,从而结合余弦函数的图像性质即可得解. cosx 1 【详解】因为 ,所以 ,0≤ x≤ 2π 0≤x≤ 2π f (x)  cosx 1 0 令令,则 有 3 个根, cosx 1 t  x t [0,2π] ,则 有 3 个根,其中 ,cost 1 y  cost 结合余弦函数 的图像性质可得 4π  2π  6π,故 ,2    3 [2,3) 故答案为: .x2 y2 y轴上, F , F C : 1(a  0,b  0) B上,点 在 16. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 .点 在AC12a2 b2    2F A  F B, F A  F B ,则 的离心率为________. C11223353 5 5## 5【答案】 【解析】 a,m 的表达式, AF2 , BF2 , BF , AF 【分析】方法一:利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到 关于 11a,c a  m 从而利用勾股定理求得 ,进而利用余弦定理得到 的齐次方程,从而得解. 5222 ,将点 A代入双曲 x  c, y  t 方法二:依题意设出各点坐标,从而由向量坐标运算求得 ,t  4c 0033a,b,c 的齐次方程,从而得解; 线得到关于 C【详解】方法一: AF  2m BF  3m  BF , AF  2a  2m 依题意,设 ,则 ,2211a  m (a  3m)(a  m)  0 AB  5a 在1 中,9m2  (2a  2m)2  25m2 ,则 RtABF ,故 或a  3m(舍去), AF  4a, AF  2a BF  BF  3a ,所以 ,则 ,1221AF 4a 451cosF AF 故,12AB 5a 16a2  4a2  4c2 24a2a 4522△AF F 所以在 中, ,整理得 ,cosF AF2  5c  9a 121c3 5 5故.e  a方法二: F (c,0), F (c,0) A x, y , B(0,t) 依题意,得 ,令 0  ,,则 8120  ,所以 22252F A  F B x  c, y  c,t x  c, y  t 因为 ,0  20003333    8232 c2  t2  0 22F A F B  c, t c,t 又,所以 ,则 ,F A  F B t  4c 111133325 49c2 t2 25c2 4t2 25c2 16c2 又点 A在上,则 ,整理得 ,则 ,C1 1 99a2 9b2 9a2 9b2 1 a2 b2 25c2 c2  a2 16a2c2  9a2 c2  a2 22222 2 所以 ,即 ,则 ,25c b16c a 9a b 5c2 9a2 5c2  a2  0 整理得 ,解得 2 或 ,424222 25c 50c  9a  0 5c  a 5c  9a 3 5 53 5 5又,所以 或(舍去),故 .e 1 e  e  e  553 5 故答案为: .5【点睛】关键点睛:双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义,结合勾股定理与余弦定 a,b,c 理得到关于 的齐次方程,从而得解. 四、解答题:本题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. A B  3C,2sin A C  sin B 17. 已知在 中, .ABC (1)求 ;sinA (2)设 ,求 边上的高. AB  5 AB 3 10 10 【答案】(1) (2)6 【解析】 【分析】(1)根据角的关系及两角和差正弦公式,化简即可得解; (2)利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求 ,再由正弦定理求出 ,根据等面积法 sin B b求解即可. 【小问 1 详解】  A B  3C ,πC  π C  3C ,即 ,42sin(AC)  sin B  sin(A C) 又,2sin AcosC  2cos AsinC  sin AcosC  cos AsinC ,sin AcosC  3cos AsinC ,,sin A  3cos A ,π0  A  ,所以 即tan A  3 233 10 10 .sin A  10 【小问 2 详解】 110 由(1)知, cos A  ,10 10 2 3 10 (10 2 5 sin B  sin(A C) 由, sin AcosC  cos AsinC  )  210 10 52 5 5 cb5b   2 10 由正弦定理, ,可得 ,sinC sin B 2211 ABh  AB AC sin A ,223 10 10 .h  bsin A  2 10  6 ABCD  A B C D AB  2, AA  4 A2 , B2 ,C2 , D . 点2 分 别 在 棱 18. 如 图 , 在 正 四 棱 柱 1 中 , 111 1 AA , BB ,CC1 DD AA  1, BB  DD  2,CC  3 ,1 上, .112222B C ∥A D ;2(1)证明: (2)点 222BB 在棱 1 上,当二面角 P  A C D B P 2 为150时,求 . 2P22【答案】(1)证明见解析; (2)1 【解析】 【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用向量坐标相等证明; P(0,2,)(0    4) (2)设 【小问 1 详解】 以 为坐标原点, ,利用向量法求二面角,建立方程求出 即可得解. x, y, z CD,CB,CC 1 所在直线为 轴建立空间直角坐标系,如图, CC(0,0,0),C (0,0,3), B (0,2,2), D (2,0,2), A (2,2,1) 则,2222  ,B2C2  (0,2,1), A2D2  (0,2,1)   ,B2C2∥A2D2 B C ,A D 又2 不在同一条直线上, 222B2C2∥A2D2 .【小问 2 详解】 P(0,2,)(0    4) 设,   则,A2C2  (2,2,2), PC2  (0,2,3 ), D2C2 =(  2,0,1) PA C n  (x, y, z) 设平面 2 的法向量 ,,2 n  A C 2x  2y  2z  0 22则令 n  PC  2y  (3 )z  0 2y  3 , x   1 ,得 ,z  2 ,n  ( 1,3 ,2)  A C D 的法向量 2设平面 ,m  (a,b,c) 22 m A C 2a  2b  2c  0 22则令 ,m D C 2a  c  0 22b  1,c  2 a 1,得 , ,m  (1,1,2)   nm   63 cos n,m   cos150    ,6 4 ( 1)2  (3 )2 2n m 2化简可得, ,  4  3  0  1   3 或解得 ,P(0,2,3) P(0,2,1) 或,B P 1 .2f x a ex  a  x 19. 已知函数   .f x (1)讨论  的单调性; 32f x 2lna    (2)证明:当 时, .a  0 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)先求导,再分类讨论 与a  0 a  0 两种情况,结合导数与函数单调性的关系即可得解; 1a2  ln a  0 ( 2 ) 方 法 一 : 结 合 ( 1 ) 中 结 论 , 将 问 题 转 化 为 的 恒 成 立 问 题 , 构 造 函 数 21g a  a2  ln a a 0 g a  0 ,利用导数证得   即可.   2h x  ex  x 1 ,从而得到 f (x)  x  ln a 1 a2  x ,进而将问题 x方法二:构造函数   ,证得 e  x 1 1a2  ln a  0 转化为 的恒成立问题,由此得证. 2【小问 1 详解】 xf (x)  a ex  a  x f x ae 1 因为 ,定义域为 ,所以   ,Rxxxf x ae 1 0 ,故   当时,由于 ,则 恒成立, a  0 e  0 ae  0 f x 所以   在上单调递减; Rxf x ae 1 0 当当当时,令   ,解得 ,a  0 x  lna ffx  0 f x ,ln a   时, 时, ,则   在上单调递减; 上单调递增; x  ln a x  ln a ¢x >0 f x ln a, ,则   在( ) f x 时,   综上:当 在上单调递减; a  0 Rf x 时,   ,ln a f x ln a, 当在上单调递减,   在上单调递增. a  0 【小问 2 详解】 方法一: f x  f ln a  a elna  a  ln a 1 a2  ln a 由(1)得,  min ,3321f (x)  2ln a  1 a2  ln a  2ln a  a2  ln a  0 要证 ,即证 ,即证 恒成立, 22112a2 1 g a  a2  ln a a 0 令,则 ,  g a 2a    2aa22g a 0   g a 0 ;令   令,则 ,则 ;0  a  a  2222g a 所以   0, , 在上单调递减,在 上单调递增, 22  2 2212g a  0  ln 2 0,则   所以 g a  g  ln 恒成立,  min     2222  32f (x)  2ln a  所以当 时, 恒成立,证毕. a  0 方法二: xh x  ex  x 1 h x e 1 令  ,则   ,xy  ex h x e 1 由于 在上单调递增,所以   在上单调递增, RR0h 0  e 1 0 又  ,h x 0 h x 0 x  0   所以当 x  0 时,   ;当 时, ;h x 所以   ,0 0, 在上单调递减,在 上单调递增, xh x  h 0  0    故,则 ,当且仅当 时,等号成立, x  0 e  x 1 f (x)  a ex  a  x  aex  a2  x  exlna  a2  x  x  ln a 1 a2  x 因为 ,,即 当且仅当 所以要证 时,等号成立, x  ln a  0 x  lna 32321f (x)  2ln a  x  ln a 1 a2  x  2ln a  a2  ln a  0 ,即证 ,即证 ,2112a2 1 g a  a2  ln a a 0 令令,则 ,  g a 2a    2,则 aa22g a 0 g a 0   ;令   ,则 ;0  a  a  2222g a 所以   0, , 在上单调递减,在 上单调递增, 22  2 2212g a  0  ln 2 0,则   所以 g a  g  ln 恒成立,  min     2222  32f (x)  2ln a  所以当 时, 恒成立,证毕. a  0 n2  n an n的前 项和. ab  S ,T a , b 20. 设等差数列 的公差为 ,且 d.令 的,记 分别为数列   d 1    nnnnnn3a  3a  a ,S  T  21 a(1)若 ,求  通项公式; 21333nbS T  99 (2)若 为等差数列,且 ,求 .dn99 99 a  3n 【答案】(1) n51 d  (2) 【解析】 【分析】(1)根据等差数列的通项公式建立方程求解即可; 50 {b } a  d a b 1 或 a 2d,再由等差数列的性质可得 .(2)由 为等差数列得出 ,分类讨论即可得解 n150 50 1【小问 1 详解】 3a2  3a1  a3 3d  a  2d ,a  d ,解得 ,11S  3a  3(a  d)  6d ,3212612 9T  b  b  b  又,3123d2d 3d d9S3 T3  6d  21 ,d12d  即,解得 或(舍去), d  3 2d  7d  3  0 2a  a  (n 1)d  3n .n1【小问 2 详解】 {b } 为等差数列, n12 212 2b2  b  b 3 ,即 ,1a2 a1 a3 116d 1a2 3a d  2d2  0 6( )  a  d 或 a 2d, ,即 ,解得 1111a2 a3 a2a3 a1 a  0 ,,d 1 nS T  99 99a 99b  99 a b 1 又,由等差数列性质知, ,即 ,99 99 50 50 50 50 2550 a2  a  2550  0 a50  1 ,即 a  51 a  50 或,解得 (舍去) 50 50 50 50 a50 a  a  49d  51d  51 当 a 2d时, ,解得 ,与 矛盾,无解; d 1 d 1 50 1151 a  d a  a  49d  50d  51 d  当时, ,解得 .150 150 51 d  综上, .50 21. 甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投籃,若末命中则换为对方投 篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为 0.6,乙每次投篮的命中率均为 0.8.由抽签确定第 1 次投篮的人选,第 1 次投篮的人是甲、乙的概率各为 0.5. (1)求第 2 次投篮的人是乙的概率; (2)求第 次投篮的人是甲的概率; iXP X  1  1 P X  0  q ,i  1,2,,n ,则 (3)已知:若随机变量 i 服从两点分布,且 iiinnnnEXqE Y ..记前 次(即从第1 次到第 次投篮)中甲投篮的次数为 ,求   Y iii1 i1 【答案】(1) 0.6 i1 16213  (2) (3)   5  n  52n  E(Y)  1   18 5  3【解析】 【分析】(1)根据全概率公式即可求出; P A p i  p 0.4p  0.2 (2)设 i ,由题意可得 ,根据数列知识,构造等比数列即可解出; i1 i(3)先求出两点分布的期望,再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出. 【小问 1 详解】 A记“第 次投篮的人是甲”为事件 ,“第 次投篮的人是乙”为事件 B,iiiiP B P AB  P BB  P A P B | A  P BP B | B 2  2  2  1  1  1  1  所以, 1122 0.5 1 0.6  0.50.8  0.6 .【小问 2 详解】 P A p P B1 p i  设i  i ,依题可知, i ,则 P A P AA  P BA  P A P A| A  P BP A| B i1  i1  i1  i   i  i   i  ,iii1 i1 p 0.6p  1 0.8  1 p  0.4p  0.2 即  i  ,i1 iip   构造等比数列 ,i1251213   p   pi  p    p   设又即,解得 ,则 ,i1 i1 i3351111612p  p  , p   ,所以 是首项为 ,公比为 的等比数列, 5i113236i1 i1 1121213    .pi    , pi       365  65  【小问 3 详解】 i1 1pi   621  i 1,2,,n ,因为 ,  5  3n2  1 n    1n52n5  所以当 * 时, ,  n N E Y p  p  p   1   12n  26318 5  31 5n  52n  E(Y)  1 故.  18 5  3【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用,后两问的解题关键是根据题意找到递推式,然后根据数 列的基本知识求解. 12x中,点 到轴的距离等于点 到点 xOy 0, 22. 在直角坐标系 的距离,记动点 的轨迹为 P.PPW(1)求 的方程; W(2)已知矩形 有三个顶点在 上,证明:矩形 W的周长大于 .ABCD ABCD 3 3 14y  x2  【答案】(1) (2)见解析 【解析】 212 y2 P(x, y) 【分析】(1)设 ,根据题意列出方程 ,化简即可; x  y  21114A a,a2  , B b,b2  ,C c,c2  a  b  c ( 2 ) 法 一 : 设 矩 形 的 三 个 顶 点 , 且 , 分 别 令 ,设函数 44121kAB  a  b  m  0 k b  c  n  0 C  n  1 n2 ,,且 mn  1,利用放缩法得 BC n211 x2 ,利用导数求出其最小值,则得 的最小值,再排除边界值即可. Cf (x)  x  x1y  k(x  a)  a2  法二:设直线 的方程为 ,将其与抛物线方程联立,再利用弦长公式和放缩法得 AB 431 k2 ,利用换元法和求导即可求出周长最值,再排除边界值即可. AB  AD  k2 法三:利用平移坐标系法,再设点,利用三角换元再对角度分类讨论,结合基本不等式即可证明. 【小问 1 详解】 P(x, y) 21412y  x2  y  x2  y  设,则 ,两边同平方化简得 ,1.4W : y  x2  故【小问 2 详解】 111A a,a2  , B b,b2  ,C c,c2  a  b  c ,易知矩形四条边 法一:设矩形的三个顶点 在上,且 W444所在直线的斜率均存在,且不为 0, 114b2  a2  k k  1,a  b  b  c 则,令 ,4AB BC kAB  a  b  m  0 b  a 1k b  c  n  0 m   同理令 ,且 mn  1,则 | m || n | ,BC n1k kAB  c  a  n  m  n  设矩形周长为 ,由对称性不妨设 ,,CBC n121C | AB |  | BC | (b  a) 1 m2  (c b) 1 n2  (c  a) 1 n2  n  1 n2 .n  0 , 易 知 则n1n  1 n2  0 n22111  则令 ,f (x)  x  1 x2 , x  0, f  (x)  2 x  2x      xxx2f (x)  0 令当当则故当,解得 ,x  22f (x) f (x) f (x)  0 x 0, 时, ,此时 ,此时 单调递减, 单调递增, 22f (x)  0 x , ,22227 4f (x)  f ,min 1227 33 ,即 .C  C  3 3 42222m  n 时, ,且 ,即 时等号成立,矛盾,故 C  3 3n  ,m  2 (b  a) 1 m  (b  a) 1 n 2,C  3 3 得证. A, B, D 法二:不妨设 在上,且 ,WBA  DA 14A a,a2  的依题意可设 ,易知直线 ,BA DA 斜率均存在且不为 0, 1k 1 则设 ,的斜率分别为 和,由对称性,不妨设 ,kBA DA k14y  k(x  a)  a2  直线 的方程为 ,AB 1y  x2  422则联立 得,x  kx  ka  a  0 142y  k(x  a)  a  2  k2  4 ka  a2  k  2a  0 ,则 k  2a 2则,| AB | 1 k | k  2a | 1 1 k2 k 同理 ,| AD | 1  2a 1 1 | AB |  | AD | 1 k2 | k  2a |  1  2a k2 k31 k2 11 1 k2 k  2a  2a  1 k2 k  kkk2 (m 1)3 12m 0,1 令则当当则,则 ,设 ,f (m)   m2  3m  3 k  m mm(2m 1)(m 1)2 121m2 f (m)  0 m  ,令 ,解得 ,f (m)  2m  3 m2 12f (m) f (m) m 0, f (m)  0 时, ,此时 ,此时 单调递减, 单调递增, 1m , f (m)  0 ,2127 4  f (m)  f ,min   2  3 3 ,| AB |  | AD | 21 1 11 k2 | k  2a |  1  2a  1 k2 | k  2a |  2a k 1 ,与最终取等 但时,此处取等条件为 k2 kk23 3 2不一致,故 .k  AB  AD  21法三:为了计算方便,我们将抛物线向下移动 个单位得抛物线W : y  x2 ,4        矩形 变换为矩形 ,则问题等价于矩形 , 根据对称性不妨设 的周长大于 .ABCD A B C D A B C D 3 3 B t ,t2 , A t ,t2 ,C t ,t2 t  0 设则.0   1 2  0120kAB  t1  t0 ,k  t2  t t  t t t  1 , 则  1 0 0      0 , 由于 .BC A B B C 222AB  1 t  t  1 0 t t , BC  1 t  t t2 t0 t0 t1,t2 之间, 由于 则, 且 介于 0  10222AB  BC  1 t  t  1 0 t t  1 t  t t2 t0 t2  t0  tan . 令 0  102πt1  t0  cot,  0, t  tan t ,t  cot t 0 ,从而 ,则 2012AB  BC  1 cot2  2t  cot  1 tan2  tan  2t 0  011sin cos 2t0 (cos sin) sin3   cos3  AB  BC  2t0 故sin cos cos2  sin2  sin cos sin2  cos2  π  0, ①当 时, 4sin3   cos3  sin2  cos2  sin cos 12AB  BC   2  2  2 2 cos2  sin2  cot t  t  tan t ,0sin cos sin 2 π π   ,t  t  t ②当 从而 时,由于 tan 2 ,从而 10004 2 cot 2t  0  t0  又,022t0 (cos sin) sin3   cos3  tan 2AB  BC  0  t  故,由此 0sin cos sin2  cos2  sin(cos sin)(sin cos) sin3   cos3  1cos sin2  cos3  sin2  cos2  cos sin2  22sin2  sin2  2cos2  1 cos2  1 cos2  2cos2   223 3 233   1 cos2   1 cos2   2cos2  2,    3  33 3 23AB  BC  当且仅当 时等号成立,故 ,故矩形周长大于 .3 3 cos   3.11C | AB |  | BC | n  1 n2 【点睛】关键点睛:本题的第二个的关键是通过放缩得 ,同时为了简 2n便运算,对右边的式子平方后再设新函数求导,最后再排除边界值即可.

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