【2023屆新高考數(shù)學考前模擬沖刺卷】 模擬沖刺仿真卷02 （新高考通用）解析版

絕密★考試結(jié)束前

【2023屆新高考考前模擬沖刺卷】模擬沖刺仿真卷02（新高考通用）

數(shù)學

（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）

2023年高考臨近，在原有江蘇省、廣東省、湖南省、湖北省、山東省等10個省市納入新

高考范圍基礎上，浙江省高考數(shù)學今年從新高考自主命題卷調(diào)整為新高考全國卷，安徽省、

山西省、吉林省、黑龍江省、云南省，5省高考數(shù)學今年從老高考全國卷調(diào)整為新高考全國卷，

針對新高考出題的最新動態(tài)和命題趨勢，特推出《2023屆新高考考前模擬沖刺卷》以供大家

參考！

一、2023高考四大趨勢

?落實立德樹人，鮮明體現(xiàn)時代主題

?高考由“考知識”向“考能力”轉(zhuǎn)變

?聚焦“關(guān)鍵能力”和“思維品質(zhì)”的考察

。高考由“以綱定考”到“考教銜接”轉(zhuǎn)變

數(shù)學：出題方式發(fā)生重大變化，數(shù)學考試出題將加入復雜情景，重點強調(diào)數(shù)學思維方法考察，比以往

的數(shù)學難度更大。

二、2023年新高考數(shù)學命題方向

<|新高考數(shù)學卷以情境作為依托，呈現(xiàn)出新氣象，營造出“理念新、內(nèi)容新、結(jié)構(gòu)新”的新氛圍。

國高考卷預期會繼續(xù)強化情境類試題的命制，側(cè)重知識的應用性:情境類試題可以分為:課程學習情境、

探索創(chuàng)新情境、生活實踐情境。

跟意板塊知識均有可能命制壓軸題，不固化試題的位置；

?!、題的最后兩題不再是函數(shù)唱主角，數(shù)列、三角、立體幾何、新定義等內(nèi)容將登場

教材有而新教材刪減的內(nèi)容，原則上不會考查，新高考主干知識的試題量明顯增加。

三、2022年新高考卷試題整體分析

今年數(shù)學新高考I卷，難度堪稱十幾年來的最高，今年數(shù)學新高考I卷試題難度大，主要體現(xiàn)在基礎

性題型偏少，難題量比往年增加，總體計算量比往年增加較大。今年新高考I卷題型難中易比例大概4:3:3,

體現(xiàn)出綜合性、創(chuàng)新性的考查。在考查學科素養(yǎng)方面，突出理性思維和數(shù)學運算的考查。在試題的設置上，

體現(xiàn)了數(shù)學思維的靈活性以及數(shù)學思想方法的應用，增加了綜合性、探究性和創(chuàng)造性試題內(nèi)容，突出數(shù)學

學科在高考中的選拔性功能。今年數(shù)學新高考I卷高考很好的貫徹了深化考試內(nèi)容改革.試題設置上，給

人第一感覺就是中規(guī)中矩，考題中沒有出怪題、偏題，但真正在兩個小時內(nèi)要完成考卷，考出理想分數(shù)卻

是非常不容易，其中，除了考題總體計算量偏大外，更加體現(xiàn)了命題者在問題設置、考查的角度上非常有

考究。試題從考查的知識點來看，都是高中數(shù)學的主干知識，但題目的問法更加靈活，這就意味著我們更

加需要重視學生對數(shù)學知識的理解和思維能力的培養(yǎng)。

四、2023年高考備考建議

?重視教考銜接

?研究高考命題方向

?夯實基礎，落實“四基”

。加強學生運算素養(yǎng)的培養(yǎng)

?重視學生思維的訓練

2022年新高考數(shù)學卷，很好地落實了“立德樹人，服務選才，引導教學”的核心功能，堅持高考的核心

價值，突出學科特色，重視數(shù)學本質(zhì)，體現(xiàn)新課改理念.試卷的靈活性難度有所提高，計算量也相對偏大，

對學生的心理素質(zhì)要求較高。此外，試卷命題符合高考評價體系要求，很好地發(fā)揮了高考的選拔功能，對

中學數(shù)學教學改革發(fā)揮了積極的導向作用。我們教師要指導學生從整體上架構(gòu)起高中知識體系，系統(tǒng)學習

各章節(jié)知識，打通各個章節(jié)的聯(lián)系，綜合學習和運用所學知識，才能在考試時游刃有余。2023年新高考數(shù)

學備考中，大家一起加油，為學生決戰(zhàn)高考保駕護航。

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證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，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，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

第I卷(選擇題)

一、單選題(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中，只有一項是符

合題目要求的)

1.已知集合〃={乂€2|04%<4},%={1,2,3,4,5},則McN=()

A.{0,1,2,3}B.{0,1,2}C.{1,2,3}D.{152}

【答案】C

【分析】直接根據(jù)交集的定義即可得解.

【詳解】因為M={xeZ|04x<4}={0,l,2,3},

所以MN={1,2,3}.

故選：C.

2.若復數(shù)z=l-i,則|z?-2z|=()

A.0B.2C.4D.6

【答案】B

【分析】根據(jù)復數(shù)的乘方運算以及減法運算求出Z2-2Z，然后利用模長公式即可求出結(jié)果.

【詳解】由題意可得：z2=(l—i)2=-2i,則22-22=(1-。2-2(1-1)=-2一2+方=一2,所以歸一22卜卜2|=2.

故選:B.

3.已知拋物線丁=2內(nèi)(/?>0),0為坐標原點，以。為圓心的圓交拋物線于A、8兩點，交準線于M、N

兩點，若|AB|=4夜，|MN|=2石，則拋物線方程為()

A.y2=2xB.y2=4x

C.j2=8xD./=10x

【答案】C

【分析】設圓。的半徑為，根據(jù)已知條件可得出關(guān)于2的方程，求出正數(shù)。的值，即可得出拋物線的方程.

【詳解】設圓0的半徑為，拋物線的準線方程為》=-4，由勾股定理可得r=、忙+5,

2V4

因為|旗|=4&,將)，=土20代入拋物線方程得2Px=8,可得x

P?<16。

不妨設點則r=|OA|=J,+8,所以,—+5=—+8

4P2解得。=4,

p>0

因此，拋物線的方程為y?=8x.

故選：C.

4.《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐幾里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為等腰直角三角形的圓

錐為直角圓錐.若一個直角圓錐的側(cè)面積為4及兀，圓錐的底面圓周和頂點都在同一球面上，則該球的體積為

()

832

A.—JiB.—7iC.164D.324

33

【答案】B

【分析】設球半徑為R，圓錐的底面半徑為「，母線為/,由直角圓錐的側(cè)面積為4及?？汕蟪?-2,

/=0r=2及，再求出圓錐的高即可知,+(2—R)2=R2,解得R=2,即可求出球的體積.

【詳解】設球半徑為R，圓錐的底面半徑為「，若個直角圓錐的側(cè)面積為4垃兀，

設母線為/,貝打2+/2=4/=/=及r，

所以直角圓錐的側(cè)面積為：-x2^r-/=-x2^r->/2r=4>72^,

22

可得：r=2,/=J5r=2^/5，圓錐的圖BC\=\]F-/=J8-4=2，

由，+(2-R)2=R2,解得：R=2,

所以球。的體積等于界/?3=仔、8=子，

故選：B

【答案】B

【分析】結(jié)合圖象，先判斷奇偶性，然后根據(jù)x趨近0時判斷排除得選項.

【詳解】解：〃x)="Lsin2x的定義域為(—8,0)U(0,+w),

e-1

./(r)=1^-sin[2(-x)]=蕓.sin2x=/(x),\/⑴是偶函數(shù)，排除A,C.

又x>0且無限接近0時，—>0Ksin2x>0,???止匕時/(x)>0,排除D,

ex

故選：B.

6.香農(nóng)定理是所有通信制式最基本的原理，它可以用香農(nóng)公式C=81og[l+5)來表示，其中C是信道支

持的最大速度或者叫信道容量，8是信道的帶寬(Hz),S是平均信號功率(W),N是平均噪聲功率(W).

已知平均信號功率為1000W，平均噪聲功率為10W,在不改變平均噪聲功率和信道帶寬的前提下，要使信

道容量增加到原來的2倍，則平均信號功率需要增加到原來的()

A.1.2倍B.12倍C.102倍D.1002倍

【答案】C

(分析】根據(jù)題意解對數(shù)方程創(chuàng)鳴(1=2Blog2101即可得解.

【詳解】由題意可得S=100W,N=10W,則在信道容量未增加時，信道容量為

C,=filog2^l+^=Blog,101,當信道容量增加到原來的2倍時，6=81嗚(1+志)=25則

2

log2101=log^l+^\即l+*10F,解得s，=102000,則平均信號功率需要增加到原來的102倍.

故選：C.

7.已知等差數(shù)列｛q｝的首項％=1,且(％+爐+3(%+1)=2,(能一廳+3。-1)=2.若勿=a?(%+2)(31'，

且對任意的〃wN*,均有〃e3,句，則。-。的最小值為().

35

A.1B.—C.2D.一

22

【答案】C

【分析】先根據(jù)已知條件得到的+1=%-1,可得到等數(shù)列｛%｝的公差d,進而得到數(shù)列｛4｝的通項，再得

到2,并利用作差法得到數(shù)列他,｝的增減性，即可得到打的范圍，根據(jù)題意即可得到6-。的最小值.

【詳解】(%-爐+3(%-1)=2,(g+1)3+3(%+1)=2,

二電+1，%-1是方程x3+3x=2的兩根.

易知函數(shù)/(x)=丁+3x是R上單調(diào)遞增的奇函數(shù)，

.-?方程d+3x=2有且僅有一個根，

故4+1="4-1，即4-a2=2,

???等差數(shù)列｛q｝的公差d=L

又4=1,

；?〃="("+2)(；),

?'七一%="("+2)(；)-(〃-1)(〃+嗚)

[n(n+2)-2(n-l)

=6)[”(〃+2)-2(”-1)-(〃+1)]=

-n~+2〃+2)

易知當〃=2時，一/+2〃+2>0,

：.b2>b}t

當〃>2時，一??+2〃+2<0,

/.b2>b3>b4

HL3,_,15,335

叩4=5，為=o2，b3=—A：,尻=々,

乙oZJZ.

目當及f4W時，2-0,

??也e(0,2],

(0,2]c[a,fe].

若匕-a最小，則a=0,b=2,

=2.

故選：C.

【點睛】本題要考查方程的根、函數(shù)的性質(zhì)、等差數(shù)列的通項、數(shù)列的增減性，考查考生的邏輯思維能力

及分析問題，解決本題的關(guān)鍵是得到%+1=%-L

ar-lnx,x>0

8.己知函數(shù)/(》)=若，(x)有兩個極值點占,三，記過點A(±Ja)),8(弓,/(弓))的直線的

ax+ln(-x),x<0

斜率為左，若0<A42e,則實數(shù)。的取值范圍為()

A.(3,eB.1,2C.(e,2e]D.(2,2+g

【答案】A

【分析】當x>0時.，求導，根據(jù)AM有兩個極值點可得a>0,由奇函數(shù)的定義可得f(x)為奇函數(shù)，不妨

設％=-演>0,則有々=g，所以B、,l+lna),A,/,-(l+lna)).由直線的斜率公式左的表達式，可得

Z=a(l+ln4),a>,，令〃(a)=a(l+ln4),a>[,利用導數(shù)可得〃(a)在[L+s]上單調(diào)遞增，又由

/2^=O,/2(e)=2e,根據(jù)單調(diào)性可得實數(shù)。的取值范圍.

【詳解】當x>0時，函數(shù)/(x)=ar—lnx的導數(shù)為尸(力=〃-5=竺9，

由函數(shù)/(x)由兩個極值點得a>0.

當0<x<,時，,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減；

a

當x>：時，/^x)>0,單調(diào)遞增.

故當x>0時，函數(shù)“X)的極小值點為x

當x<0時，，則-x>0,則/(-x)=a(-x)-ln(-x)=-[ax+ln(-x)]=-/(x),

同理當x>0時,也有〃-x)=-〃x),

故/(x)為奇函數(shù).

不妨設&=-百>0,

則有％=：，所以B、,l+lna｝可得+

由直線的斜率公式可得k=八七)-)(4="a+Ea),a>0,

X2~X\

又《>0,l+lna>0,所以

e

]SLh(<a)=a[\+Ina),a>—,得”(a)=2+lna=l+(l+lna)>0,

所以h(a)在g+81上單調(diào)遞增，又由/6)=0,/z(e)=2e,

由0vA:v2e,得力仁卜力⑷4力⑻，所以

故選:A.

【點睛】對導數(shù)的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數(shù)的幾何意義，求解曲線在某點處的切

線方程；(2)利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù)；(3)利用導數(shù)求函數(shù)的最值(極

值)，解決函數(shù)的恒成立與有解問題，同時注意數(shù)形結(jié)合思想的應用.

二、多選題(本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多

項符合題目要求。全部選對得5分，有選錯得()分，部分選對得2分)

9.已知等腰三角形ABC的面積為6，NA3C=120。，點E,尸分別在線段AC,A8上，點。滿足

AD=sin20AI3+cos20AC，其中呵0目，若DEJ.AC,DF//AC,貝lj()

A.￡)在線段8C上B.DF-BE>0

C.pF+2CE|=2百D.尸有最大值

【答案】ACD

【分析】對已知條件，進行變形，即可得出A選項正確；找出。尸，8E的夾角或與夾角相等的角，看是否

為銳角即可；易知。F+2CE=CA，只嬖在..A3C中，根據(jù)條件，求出AC的長即可,

【詳解】由A￡j=sin244啟+cos24口可得,sin20-BD=cos20-DC,

乂則￡>C=tan2/BD，即B。，OC共線且方向相同，所以。在線段BC上，即A正確；

如圖，設座:，O尸交于G點，顯然有NEGF=NBGD>NGDE,乂,DF,BE^=NEGF,則。尸.跖<0,

B項不正確；

過點￡作m_14?,垂足為”，由題意知，CE=HA，DF=EH-則￡>F+2CE=EH+CE+H4=CA，

2

在.ABC中，WSVABC=^-BA-BCsinZABC=^-BA=y/3,所以3A=BC=2.

根據(jù)余弦定理可得，AC2=BA1+BC2-2BA-BC-cosZABC=4+4-2x4x^-^=12,

所以，AC=2jL貝川。尸+2詞=|。卜2百，C項正確；

如圖，過8點作3K，AC于C點.設OE=/IBK(O<X<1),

uinnuun2uiruuu、uuuuu

則可知8尸=(1-2)8A,且。E=48K=5(zBA+8C),BF=(\-^BA.

QE.BF=《(R4+BC)(1T)BA=(BA。+8A.BC)

21

=/i(l—2)=H—，

4

當2=g時，有最大值為:，所以D項正確.

故選：ACD.

10.如圖，正方體ABCD-。的棱長為2,M為棱RG的中點,N為棱CG上的點，且CN=a(O<a<2),

2

A.當。=一時，AM〃平面8DV

3

B.當a=l時，點C到平面BEW的距離為逅

3

C.當a=l時，三棱鍵A-5CN外接球的表面積為9萬

D.對任意aw(0,2),直線AM與期V都是異面直線

【答案】BCD

【分析】建立空間直角坐標系，對于A,直接求解平面的法向量，判斷A”與法向量是否垂直即可，

對于B,直接求解平面BDN的法向量，利用距離公式求解，對于C,連接AC交5D于O,過。作平面ABC

的垂線，則外接球球心在此垂線上，然后利用勾股定理可求出球的半徑，從而可求出表面積，對于D,利

用異面直線的定義判斷即可.

【詳解】如圖，建立空間直角坐標系，

22

對于A,8(2,2,0),N(0,2q),4(2,0,0),M(0,l,2),JljlJDB=(2,2,0),DN=(0,2,-),AM=(-2,1,2),設平面BON

的法向量為〃=(x,y,z),

n-DB=2x+2y=0

則《2，令x=l，則―

〃?DN=2y+—z=0

所以AM-〃=-2-1+6。0,所以AM與〃不垂直，所以AM與平面瓦W不平行，所以A錯誤,

對于B,N(0,2,1),ON=(0,2,1),03=(2,2,0),設平面&)N的法向量為“=(不加馬)，則

m-DB=2網(wǎng)+2/=0

令再=1,則根=(1,—1,2),

m?DN=2y+馬=0

CM〃?瓜

所以點C到平面BDN的距離為d=匚―=—2=三,所以B正確,

\m\763

對于C,連接AC交8。于。，過。作平面A8C的垂線，則外接球球心。'在此垂線匕設三棱錐A-8CW外

接球的半徑為R，

則R2=OC2+OO'2=OC2+/1CN]=2+,=2,所以三棱錐4-8。％外接球的表面積為4兀/?2=4兀*3=9兀，

[2)444

所以C正確，

對于D,對任意ae(O,2)，因為A,8,何在平面ABCR內(nèi)，點N在平面A8CQ外，且直線BN與平面ABCR

交于點B,直線A"不經(jīng)過點B,

所以直線AM與3N都是異面直線，所以D正確，

故選：BCD

11.一個不透明的口袋中有8個大小相同的球，其中紅球5個，白球1個，黑球2個，則下列選項正確的

有()

A.從該口袋中任取3個球，設取出的紅球個數(shù)為則數(shù)學期望E(g)=?

O

B.每次從該口袋中任取一個球，記錄下顏色后放回口袋，先后取了3次，設取出的黑球次數(shù)為"，則數(shù)學

3

期望￡(〃)=：

4

Q

C.從該口袋中任取3個球，設取出的球的顏色有X種，則數(shù)學期望E(x)=]

D.每次從該口袋中任取一個球，不放回，拿出紅球即停，設拿出的黑球的個數(shù)為匕則數(shù)學期望4丫)=；

【答案】ABD

【分析】根據(jù)給定條件結(jié)合隨機變量分布列、期望公式，逐項分析、計算判斷作答.

C31C)C215

【詳解】對于A,。的可能值：0,1,2,3,^=0)=-^-=—,P^=l)=-^=—

C；56C；56f

P?=2)=萼=會，尸《=3)=,=工，則Ee)=0x[+lx^|+2x|^+3x￡=?，A正確；

Cg56C856565656568

21

對于B,〃的可能值：0,1,2,3,取球一次取到黑球的概率為工=:，因取球一次有取到黑球和沒取到黑

84

球兩個結(jié)果，

13

因此，7B(3,-),W=-,B正確；

44

對于C,X的可能值：1,2,3,P(X=l)=|j-=^,尸(X=3)=筆C=段，

C85oC856

P(X=2)=1-P(X=1)-P(X=3)=—,則E(X)=lx3+2x羽+3x3=2,C不正確；

56565656

對于D,V的可能值：0,I,2,P(Y=0)=—+-x—=—,P(Y=1)=—x—+—x—x—+—x—x—=—,

88778787687621

…215121.2112111

P(Y=2)=—x—x—+—x—x—xl+—x—x—xlH--x—x—x1=—,

87687687687621

則E(y)=0x3+lx』+2x-L=l,D正確.

721213

故選：ABD

【點睛】方法點睛：判斷隨機變量是否服從二項分布：

一是要看在一次試驗中是否只有兩種試驗結(jié)果，且兩種試驗結(jié)果發(fā)生的概率分別為。，1-P;

二是看是否為“次獨立重復試驗，且隨機變量是否為某事件在這“次獨立重復試驗中發(fā)生的次數(shù)

12.已知函數(shù)/(工)=m(&2+1+*/+3,函數(shù)g(x)滿足g(-x)+g(x)=6.則()

A./(lg7)+《lgg)=6

B.函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于點(3,0)對稱

C.若實數(shù)。、力滿足/(〃)+〃。)>6,則〃+6>0

D.若函數(shù)/(x)與g(x)圖象的交點為(町匕)、(如無)、(』，％)，則玉+?+與+丫2+』+必=6

【答案】AC

【分析】計算得出/(-力+/(力=6,可判斷A選項；利用函數(shù)對稱性的定義可判斷B選項；分析函數(shù)/(x)

的單調(diào)性，可判斷C選項；利用函數(shù)的對稱性可判斷D選項.

【詳解】對于A選項，對任意的xeR,Vx2+1+x>|^+x>0,

所以，函數(shù)/("="4^+q+/+3的定義域為R,

/(-x)+/(x)=［ln(J)+1一,+(一Jr)，+3+ln(Jx2+i+犬)+/+3

=In(X2+1—x2)+6=6,

所以，/(lg7)+/^lg^=/(lg7)+/(-lg7)=6,A對；

對于B選項，因為函數(shù)g(x)滿足g(-x)+g(x)=6,故函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于點(0,3)對稱,B錯;

對于C選項，對于函數(shù)〃(x)=ln("TT+x),該函數(shù)的定義域為R,

/z(-x)+/?(x)=In^Vx2+1-xj+In+1+xj=In(x2+1-x2)=0,即h(-x)--h^x),

所以，函數(shù)〃(x)為奇函數(shù)，

當xNO時，內(nèi)層函數(shù)"=J771+x為增函數(shù)，外層函數(shù)y=ln“為增函數(shù)，

所以，函數(shù)/?(x)在［0,+?)上為增函數(shù)，故函數(shù)〃(x)在(T?,0］上也為增函數(shù)，

因為函數(shù)〃(X)在R上連續(xù)，故函數(shù)/i(x)在R上為增函數(shù)，

又因為函數(shù)y=V+3在R上為增函數(shù)，故函數(shù)/(X)在R上為增函數(shù)，

因為實數(shù)。、b滿足〃。)+〃6)>6,則>6—/?=〃—3，可得a>-b,即a+匕>0,C對;

對于D選項，由上可知，函數(shù)/(x)與g(x)圖象都關(guān)于點(0,3)對稱，

由于函數(shù)“X)與g(x)圖象的交點為(々，/)、(/，4)、(W，%)，

不妨設％<々<七，若々工0,則函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點個數(shù)必為偶數(shù)，不合乎題意，

所以，x2=0,則、2=3,由函數(shù)的對稱性可知，點(外,/)、(電,%)關(guān)于點(°，3)對稱，

則%+毛=0，%+%=6,故%+%+%+%+$+%=9，D錯.

故選：AC.

【點睛】結(jié)論點睛：判斷函數(shù)的對稱性，可利用以下結(jié)論來轉(zhuǎn)化：

①函數(shù)/(x)的圖象關(guān)于點(。力)對稱，則〃x)+〃為一》)=如

②函數(shù)“X)的圖象關(guān)于直線x=。對稱，則〃x)=/(2a-x).

第n卷(非選擇題)

三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)

13.在100件產(chǎn)品中，有98件合格品，2件次品，從這100件產(chǎn)品中任意抽取3件，抽出的3件中至少有

一件是次品的抽法的種數(shù)為;

【答案】9604

【分析】補集法，考慮“沒有次品'’的種數(shù).

【詳解】“沒有次品''的抽法種數(shù)為:味,

至少有一件是次品的抽法的種數(shù)為：=9604.

故答案為：9604.

14.在平面直角坐標系xOy中，點4(-2,2),8(-1,1),若直線*+?-2%=0上存在點P使得弘=正出，

則實數(shù)m的取值范圍是.

【答案】卜0,正]

【分析】利用兩點距離公式由=得到*2+y2-4=0,再代入y=-x+2機整理得/_2皿+2療-2=0,

進而由△2()求得加的取值范圍.

【詳解】根據(jù)題意,設次羽》)，則y=-x+2w,

PA=&PB：.\P^=2\PB^,

(x+2)2+(y-2)2=2(x+1)2+2(y_1)2,整理得V+y?-4=0,

將y=-%+2/n代入，整理得Y-2爾+2/-2=0,

由于方程有解，故A20,即(-2〃?)2-4(2/一2"0,即療-240

解得：-gniM近,即〃w[-點,&].

故答案為：卜0,忘]

15.若〃x)=cos(x-3在區(qū)間[-6可上單調(diào)遞增，則實數(shù)。的最大值為.

【答案】

【分析】由xe[-a,a]求出的范圍A,根據(jù)余弦函數(shù)單調(diào)性可知4引-萬,0],列出不等式組求解出a

的范圍即可求其最大值.

【詳解】無《［一口同，貝拉一§￡一。一§'。一§，

JT冗

由題可知，一。-耳，〃一］口一萬叫，

冗、

-a----->-7i

則1{3na41,

萬/八3

a---<0

3

則。的最大值為9.

故答案為：y.

16.若關(guān)于x的不等式底-a(x+3)-alnxNO恒成立，則實數(shù)。的取值范圍是.

【答案】［0,e-1

【分析】設〃*)=次'一。(犬+3)—4111怎X>0由題可知〃61血*0,當4=0時，可得〃力=%^>0適合題意,

當。>0時，可求函數(shù)的最小值/(可皿而之。即得，當。<0時不合題意，即得.

【詳解】設"x)=_re'-a(x+3)—alnx,x>0,由題可知/(x)而n*0,

當。=0時，〃x)=xe*>0,適合題意，所以。=0,

當a>0時，令/'(x())=。，則3正而=4,

此時x?O,Xo)時，尸(與)<0,/(x)單調(diào)遞減，xe(x0,+a)),/(^)>0,單調(diào)遞增,

???/()而=/(%)，又*>=%

/.lnx()+x()=ln<7,

/(x)min=/(一)=%e"-a(%+3)-aln^=a-a(3+lna)>0,KfJlna<-2，

解得OcaWe-?，

當a<0時，x—()時，xe'fO，—a(x+3+lnx)f9，故/(x)的值有正有負，不合題意;

綜上，實數(shù)。的取值范圍是［0,e<］.

故答案為：[0,e-2].

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍，設〃x）=xe'-a（x+3）-alnx,x>0由題

可知/（可而”20,當。>0時，，利用導數(shù)可求函數(shù)的最小值/（%）,結(jié)合=a,可得lnxo+xo=lna,進

而通過解/（內(nèi)）20,即得.

四、解答題（本題共6小題，其中17題10分，18、19、20、21、22題各12分，共70分。

解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）

,.sin-B

17.記_ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知，“萬=——4-

1+smAi+cos%

2

⑴若C哈7jr，求4

⑵若T,l,求"C的面積.

【答案】（1）A=：

⑵百+1

43

【分析】（）利用二倍角公式和兩角差的正切公式進行化簡整理，得到（；8

1tan2-4-

角形中的角度關(guān)系和范圍分析求解即可;

（2）根據(jù)已知條件求出8,即可由正弦定理求出a,c,再利用二角形面積公式求解即可.

［詳解］(1)因為得覆二—4A：=一x一、一S—T

l+2sincoscos2+sin-+2sincos

222222

2A.2AA.A.A

cos----sm-—cos-----sin—1-tan-/\

=—2——4=T—i=——^=tan7x］

(AA\2A.A,Ai42'

cos-+sin-cosy+siny1+tan-

sin-B2sin—Bcos—Bsin-Bo

―V=―4,4=_^_=tan%,

3A33A

I+cos-B2cos-Bcos-B

244

?3八

sm-B

cosA兀A

所以由----勺一得tan=tan-^

1+sinA424

14-COSB

2

因為OvA<兀，OvBv兀，A+6+C=TT,C=—,所以A+3=一①,

1212

A-rr47r7rA4

所以0<々<巴，0<-B<-,所以乙-々=±B,即2A+33=兀.②

2442424

聯(lián)立①②得4=J.

4

(2)因為A=f,所以=0<3(個，0<』8〈"，所以三=%,即B=J.

44284416846

sinC=sin(A+8)=sin［；+看］.兀兀兀.兀y/2>/3y/215/64-5/2

=sin—cos—+cos—sin-=——x——H-----x—=-----------

464622224

b

由正弦定理三——=4,可得a=4sinA=2后，

sinAsinBsinC

c=4sinC=+°=瓜+6,

4

所以的面積S=gacsin8=；“c=；x20x("+垃)=6

+1.

18.已知數(shù)列｛4｝的前〃項和為S“，a,=|,且滿足("-1)S〃+2M“+|=()

c

(1)設4=亍，證明：｛4｝是等比數(shù)列

(2)設％=許一，數(shù)列｛%｝的前"項和為空，證明：Tn<2

4'an+2

【答案】(1)證明見解析

(2)證明見解析

【分析】(1)由題設可得(〃-1)S“+2〃(S向-S“)=0,整理變形得*=：xd,結(jié)合等比數(shù)列定義即可證

結(jié)論；

(2)根據(jù)%,S.的關(guān)系求％通項公式，進而可得c.=±,在〃22匕放縮％<7二，結(jié)合裂項求和證結(jié)

rrn(n-l)

論.

【詳解】(1)由題設，(n-l)S?+2n(Sa+l-S?)=0,則2璉「(”+1電,

q1q1si

所以滯=5、常,即3聲而

故｛4｝是首項與公比都為g的等比數(shù)列.

(2)由(1)}=g)"，即S〃=小(；)"，

當〃N2時，4=S“一S,I=n.(ly-(?-l).(1)"-'=(2-?).(1/),

顯然4=；滿足上式，

所以％=(2-〃)?(》"，則4，=[(2-〃一2)?(J=n2?4+2,

111?,1111

則C〃=d〃+2“2=d〃+2“24TL2=>，又〃22時%=—<-----=----——,

4-an+24-71-4nnn(n-l)n-1n

所以(<1+(1_*_除..+」7」)=2」且心2,故(<2.

223n-\nn

19.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABC。是直角梯形，4)〃3C,AB_LA￡>,PA3為等邊三角形，0,E

（1）棱尸。上是否存在一點尸，使得E尸平面POC?若存在，求出一的值：若不存在，說明理由；

FD

⑵若AB=AD=2BC,當二面角尸-/W-D為120時，證明：直線PC與平面所成角的正弦值小于也.

4

PF

【答案】⑴==1時，EF/平面POC

（2）證明見解析

【分析】（1）根據(jù)題意，取PD的中點F，連接防，根據(jù)線面平行的判定定理即可證明；

（2）根據(jù)題意，連接證得他S平面POE,過點。作OQ_LOE,可得OQJ?平面ABC。，以。為

坐標原點，OB,OE,OQ所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，結(jié)合空間向量的坐標運算即可證

明.

【詳解】（1）

E

BC

當點尸為PD的中點時，E尸）平面POC,此時娑=1

FD

如圖，取尸。的中點F，連接EF.

因為￡為8的中點，

所以E尸〃PC.

又尸Cu平面POC,EF0平面POC,

所以EF,平面POC.

如圖，連接

由條件可知OE"BC〃AD.

又所以OE_LA8.

因為一R4B為等邊三角形，。為AB的中點，

所以OP1A5.

故NPOE為二面角P—AB—D的平面角，

所以/POE=120.

又OE,OPu平面POE,OEcOP=O,

所以Ml平面POE.

乂ABu平面ABC。，所以平面ABC。/平面POE.

在平面POE內(nèi)，過點。作OQLOE,交PE于點。,

則O。，平面ABC。，

所以08,。瓦。。兩兩垂直.

以0為坐標原點，OBQEQQ所在直線分別為羽y,

z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.

設A8=AD=2BC=2a（a>0）,則op=下1a,

（63

A（-a,0,0）,B（a,0,0）,C（aM,0）,P0-—a,-a

22

7

，C、（2+n3

所以尸3=a,—a--a,AB=（2a,0,0）,PC=a,——a,--a

（22JI22

設平面R鉆的法向量為"=（無,％z）,

n-AB=2ax=0x=0

則《G3，解得,令Z=l,得y=5則平面R4B的一個法向量為

n?PB=ax+——ay--az=0、y=Gz

22

〃=（0,G,l）.

設直線PC與平面P48所成的角為凡

=,-<---

2d5+百4

故直線PC與平面R4B所成角的正弦值小于也.

4

20.2022年12月18日，第二十二屆男足世界杯決賽在梅西率領(lǐng)的阿根廷隊與姆巴佩率領(lǐng)的法國隊之間展

開，法國隊在上半場落后兩球的情況下，下半場連進兩球，2比2戰(zhàn)平進入加時賽，加時賽兩隊各進一球（比

分3：3）再次戰(zhàn)平，在隨后的點球大戰(zhàn)中，阿根廷隊發(fā)揮出色，最終贏得了比賽的勝利，時隔36年再次成

功奪得世界杯冠軍，梅西如愿以償，成功捧起大力神杯.

（1）法國隊與阿根廷隊實力相當，在比賽前很難預測誰勝誰負.賽前有3人對比賽最終結(jié)果進行了預測，假

設每人預測正確的概率均為;，求預測正確的人數(shù)X的分布列和期望；

（2）足球的傳接配合非常重要，傳接球訓練也是平常訓練的重要項目，梅西和其他4名隊友在某次傳接球的

訓練中，假設球從梅西腳下開始，等可能地隨機傳向另外4人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機

傳向另外4人中的1人，如此不停地傳下去，假設傳出的球都能接住，記第〃次傳球之前球在梅西腳下的

概率為《，求匕.

【答案】（1）分布列見解析，期望為13

41

+-

⑵『5

【分析】(1)由題意X據(jù)此可得出分布列及期望;

(2)分析第n-1次傳球之前球所處位置的概率，根據(jù)互斥事件得出第〃次傳球前球在梅西腳下概率的遞推

關(guān)系，構(gòu)造等比數(shù)列求解.

【詳解】(1)因為尸=；,XX可能的取值為0,1,2,3,

p(X=k)=C;,%=0,1,2,3,

故X的分布列為:

X0123

33￡

P

8888

13

故風X)=3x==/

22

(2)第〃次傳球之前球在梅西腳下的概率為《，易得［=1,鳥=0,

則當〃22時，第n-1次傳球之前球在梅西腳下的概率為Ei，第n-1次傳球之前球不在梅西腳下的概率為

故￡=-0+(1-％)，=-卜1+；，即勺

14

又因為6—二=二，

所以｛《,-1｝是以g為首項，公比為的等比數(shù)列，

所以匕44(4)

22

21.已知耳，鳥分別是橢圓C:=+「=l(a>b>0)的左、右焦點，A是C的右頂點，|AK|=2-6,P是橢圓

a"lr

C上一點，M,N分別為線段PR,P鳥的中點，。是坐標原點，四邊形OMPN的周長為4.

(1)求橢圓C的標準方程

(2)若不過點A的直線/與橢圓C交于。，E兩點，且=判斷直線/是否過定點，若過定點，求出

定點坐標；若不過定點，請說明理由.

【答案】⑴標準方程為￡+V=l.

4

⑵直線/過定點住0)

【分析】(1)由三角形的中位線性質(zhì)可得四邊形OMPN的周長即為2a,橢圓的右頂點到右焦點的距離為a

-c,b2^a2-c2聯(lián)立即可得橢圓方程；

(2)分類討論斜率存在與斜率不存在，當斜率存在時設出直線方程，="+機，聯(lián)立直線與橢圓方程，由韋

達定理可得%+*2，*因，再由A/j.公=0可得后與力的關(guān)系式，將其代入直線方程可得定點，當斜率不存

在時，代入計算即可.

【詳解】(1)M,N分別為線段PK，P6的中點，。是坐標原點，

BQM|=|PN|=J「用,|QN|=|PM|=今「用，

.,?四邊形0MPN的周長為1PMi+|OM|+|PN|+|ON|=|即|+戶用=2。=4,

6Z—2,

/.