2023年高考数学真题（新课标Ⅰ）（解析版）下载

绝密★启用前 试卷类型：A 2023 年普通高等学校招生全国统一考试 新课标Ⅰ卷数学 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． 4. 设函数 f x 2x xa  在区间 ）a上单调递减，则 的取值范围是（ 0,1   ,2 2,0 A. C. B. D. 0,2 2, 【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 4615 4则，sin APB  sin 2APC  2sin APC cosAPC  2 4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 ，即 ，可得 ，1 k1k2 15 sin2  15 222则，sin   cos   sin   1 π15 4  0, 且，则 ，解得 .sin  0 sin  2故选：B. Sn { } nn的前 项和，设甲： Saa  为等差数列；乙： n7. 记 为数列 为等差数列，则（ ）  nnA. 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 ，对 n 1也成立， 两式相减得： ，即 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) aaa1S  na  d，方法 2，甲： 为等差数列，设数列 的首项 ，公差为 ，即 dnnn12Sn 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 n11的a因此 为等差数列，则甲是乙 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 ，616105 3222222  标准差 ，s1  2  7  4  7  6  7  8 7  10  7  12  7 14,6,8,10 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 显然 ，即 2 ；故 C 错误；  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 【详解】由题意可知： ，结合对数运算逐项分析判断. p1 p2 p3 L  60,90 ,L  50,60 ,L  40 ，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 p2 p1 p2 L  L  20lg  0 lg  0 ，L  L 因为 所以 ，则 p2 ，即 p1 p2 p1 p1 1 p , p  0 p  p 2 ，故 A 正确； 且，可得 121p2 p2 p3 p0 p2 p3 L  L  20lg  20lg  20lg 对于选项 B：可得 ，，p2 p3 p0 p2 p2 120lg 10 ，即 lg L  L  L  40 10 因为 所以 ，则 p2 p3 p2 p3 p3 2p2 p3  e p , p  0 且，可得 p2  ep3 ，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 项 D. 即可排除选 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) 无极值，故 错误 f (x)  0 对于 D，不妨令 ，显然符合题设条件，此时 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， 121  2f (x) f (x) 在e ,0 ,e 因为 为偶函数，所以 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 ，且 ，且 ，，，2m 2 1.4 3 1.8 3 1.2 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 3m 所以不能够被整体放入正方体内，故 C 正确； 对于选项 D：因为正方体的体对角线长为 3m OAC 1 为轴对称放置圆柱，设圆柱的底面圆心 1 到正方体的表 ABCD  A B C D 设正方体 的中心为 ，以 O1111面的最近的距离为 hm ，133如图，结合对称性可知： ，OC1  C1A  ,C1O  OC1 OO   0.6 112223hC1O 11 0.6 h    0.6  0.34  0.01 ，h则，即 ，解得 2AA C1A 23113所以能够被整体放入正方体内，故 D 正确； 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：对于 C、D：以正方体的体对角线为圆柱的轴，结合 正方体以及圆柱的性质分析判断. 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 ：64. 为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 则，AB  2, A B1, AA  2 11111211，AO  AC1  2A B , AO  AC  2AB  2 1111 1 222221261222故，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 在区间 有且仅有 3 个零点，则 的取值范围是________． [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 949c2 t2 25c2 4t2 25c2 16c2 又点 A上，则 ，整理得 ，则 ，在C1 1 9a2 9b2 9a2 9b2 1 a2 b2 25c2 c2  a2 16a2c2  9a2 c2  a2 222222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 （2）设 ；sinA ，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 bsin 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  即，所以 ，tan A  3 233 10 .sin A  10 10 【小问 2 详解】 110 由（1）知， cos A  ，10 10 2 3 10 10 2 5 5sin B  sin(A C) 由， sin AcosC  cos AsinC  ()  210 10 2 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  设平面 的法向量 2，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 时，令   当当当，解得 ，a  0 x  lna ,ln a ln a, ffx  0 f x   时， 时， ，则   在上单调递减； 上单调递增； x  ln a x  ln a ¢x >0 f x ，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 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 ，当且仅当 所以要证 ，即 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 ，记 分别为数列   d 1    nnnnnn3a  3a  a ,S  T  21 a（1）若 ，求 的通项公式； 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】 21412y  x2  y  x2  y  P(x, y) 设故,则 ，两边同平方化简得 ，1.4W : y  x2  【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 ，且 mn  1，则 m   同理令 ，BC n1| m || n | k kAB  c  a  n  m  n  设矩形周长为 ,由对称性不妨设 ，，CBC n11C | AB |  | BC | (b  a) 1 m2  (c b) 1 n2  (c  a) 1 n2  n  1 n2 .n  0 ， 易 知 则2n1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 3 n  ,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  依题意可设 ，易知直线 ，BA DA 的斜率均存在且不为 0， k 1 1则设 直线 ,的斜率分别为 和，由对称性，不妨设 ，kBA DA k1y  k(x  a)  a2  的方程为 ，AB 41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 ，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 则，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 t  t  tan . 令 ,0  20102π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 .cos   3 2 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.