沖刺2023年高考數(shù)學(xué)試卷3 新高考地區(qū)專(zhuān)用(解析版)

絕密★啟用前

沖刺2023年高考數(shù)學(xué)卷03

新高考地區(qū)專(zhuān)用（解析版）

注意事項(xiàng)：

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

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

擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題

目要求的。

1.（2021年高考全國(guó)甲卷）設(shè)集合M={x|0<x<4},N=卜、4x45},則"cN=（）

A.B,1

C.{x|4<x<5）D.{x[0<x45}

B【進(jìn)解析】根據(jù)交集定義運(yùn)算即可

【詳解】因?yàn)镸={X[0<X<4},N={X|；4X45},所以=4X<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(guó)甲卷)若z=-l+百i,貝1」白7=()

ZZ—1

A.-l+73iB.-1-V3iC.-l+^iD.」一走i

3333

C【解析】由共匏復(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+^i)(-l->/3i)=l+3=4.

z-i+近16.

---------=--------------=-----4-------1

ZZ-1333

故選：C

3.（2022年高考全國(guó)乙卷）設(shè)尸為拋物線C:貫=4x的焦點(diǎn)，點(diǎn)4在C上，點(diǎn)3（3,0）,若\AF\=\BF\,則|相|=

A.2B.2A/2C.3D.3亞

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，尸（1,0）,則|4同=忸?=2,

即點(diǎn)A到準(zhǔn)線X=-1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，4（1,2）,

所以=^/（3-1）2+（0-2）2=2.

故選：B

4.（2020年高考全國(guó)新課標(biāo)III卷）已知向量B滿(mǎn)足I方|=5,|石|=6,1石=-6,則cos<￡,3+9>=（）

31c19八17-19

A.--B.--C.—D.—

35353535

D【解析】計(jì)算出“.（"+"）、卜+M的值，利用平面向量數(shù)量積可計(jì)算出c°s<￡）+3>的值.

【詳解】?.,"=5,|司=6,>石=一6，.,.〃.（〃+可=卜|+a-fe=52-6=19.

a+b=^4=忐2+加3+尸=125-2x6+36=7,

m.--1伍+?_19_19

因止匕，cos<a,a+h_=r=-~—=—.

|<7|-|a+/?|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(shí)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(guó)甲卷）從分別寫(xiě)有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無(wú)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?gòu)闹刑舫鰯?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—1：【最優(yōu)解】無(wú)序

從6張卡片中無(wú)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，故概率為已=|.

［方法二］:有序

從6張卡片中無(wú)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),(4,2),(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

J22

為—=一.

305

故選：C.

【整體點(diǎn)評(píng)】方法?：將抽出的卡片看成?個(gè)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(gè)排列，再利用古典概型的概率公式解出；

6.(2022年高考全國(guó)0卷)若5皿。+6)+85(。+尸)=2713(。+(卜1%，則()

A.tan(a—6)=1B.tan(a+^)=l

C.tan(a-y?)=-lD.tan(a+/?)=-l

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

【詳解】［方法一人直接法

由己矢II得：sintzcos夕+cosasin(3+cosacosj3-sinasin0=2(cosa-sina)sin/7.

即：sinacos/y-cosasin/y+cosacos￡+sinasin4=0,

即：sin(a-4)+cos(a-夕)二0

所以tan(a-』)二T

故選：C

［方法二］:特殊值排除法

解法一:設(shè)0=0則sina+cosa=0,取,排除A,B；

再取a=0則sinp+cos0=2sinp,取。=?,排除D；選C.

［方法三］:三角恒等變換

sin(a+/?)+cos(a+￡)=6sin(a+/?+—)=\￡sin[(a+-%￡]

44

=V^sin(a+—)cos￡+3cos(a+—^in/3=2A￡COS(a+心虹n0

444

所以J^sin(a+?)cos/?=&cos(a+?)sinp

sin(a+”)cosB-cos(a+")sin0=0即sin(a+二-0)=0

444

，sin(a-p+：)=sin(a-￡)cos；+cos(a一夕hin：=ysin3一4》^-eos6一月今0

sin(a-y0)=-cos(a-(J)即tanla-y?=-l,

故選：C.

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

兩個(gè)圓錐的高之比為1:3,則這兩個(gè)圓錐的體積之和為（）

A.3乃B.4萬(wàn)C.9乃D.12乃

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】

如下圖所示，設(shè)兩個(gè)圓錐的底面圓圓心為點(diǎn)Q,

設(shè)圓錐力。和圓錐8。的高之比為3:1,即4。=38。,

設(shè)球的半徑為R，則幽-=%，可得H=2,所以，AB=AD+BD=4BD=4,

33

所以，BD=1，AD=3,

?：CDLAB,則NC/O+4CZ>=N8CO+NNC￡>=90°，所以，ZCAD=/BCD,

又因?yàn)?￡>C=N8OC,所以，AACDS&CBD,

,ADCD

/.CD=y/ADBD=V3，

所以‘五BD

因此，這兩個(gè)圓錐的體積之和為:4xC￡12.（40+8。）=；;rx3x4=47r.

故選：B.

8.(2022年高考全國(guó)H卷)已知函數(shù)〃x),g(x)的定義域均為R,且((x)+g(27)=5,ga)_〃x_4)=7.若

22

y=g(x)的圖像關(guān)于直線x=2對(duì)稱(chēng)，g(2)=4,則￡/任)=()

*=1

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

D【解析】根據(jù)對(duì)稱(chēng)性和已知條件得到“X）+〃X-2）=-2,從而得到f（3）+/（5）+…+/（21）=-10,

/（4）+/（6）+...+/（22）=-10（然后根據(jù)條件得到“2）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)?=g（x）的圖像關(guān)于直線x=2對(duì)稱(chēng),

所以g(2-x)=g(x+2),

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

因?yàn)?(x)+g(2-x)=5,所以/(x)+g(x+2)=5,

代入得/(x)+[7+/(x-2)]=5,B|1f{x}+j\x-2)=-2,

所以f(3)+〃5)+…+f⑵)=(-2)>5=-10,

/(4)+/(6)+...+/(22)=(-2)x5=-10.

因?yàn)?(x)+g(2-x)=5,所以/(0)+g⑵=5,即/(O)=l,所以"2)=-2-/(0)=-3.

因?yàn)間(x)-/(x-4)=7,所以g(x+4)-/(x)=7,又因?yàn)椤▁)+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)了點(diǎn)（3,6）中心對(duì)稱(chēng)，因?yàn)楹瘮?shù)g（x）的定義域?yàn)镽,

所以g（3）=6

因?yàn)椤▁）+g（x+2）=5,所以/⑴=5-g（3）=-l.

22

所以2/伏）=/（1）+/（2）+[/（3）+/（5）+..+/（2同+[/（4+7（$+-+X2^]=-1-3-10-10=-2.

*=1

故選：D

【點(diǎn)睛】含有對(duì)稱(chēng)軸或?qū)ΨQ(chēng)中心的問(wèn)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(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.

9.(2021年高考全國(guó)I卷)有一組樣本數(shù)據(jù)不，花，…，x”,由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)必，力，…，”，

其中％=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E(P)=E(x)+c、03)=D(x),即可判斷正誤；根據(jù)中位數(shù)、

極差的定義，結(jié)合已知線性關(guān)系可判斷B、D的正誤.

【詳解】A：E(y)=E(x+c)=E(x)+c且c*o,故平均數(shù)不相同，錯(cuò)誤；

B：若第一組中位數(shù)為瓦，則第二組的中位數(shù)為％=x,+c,顯然不相同，錯(cuò)誤；

C：D(y)=D(x)+D(c)=D(x),故方差相同，正確;

D：由極差的定義知：若第一組的極差為占皿-則第二組的極差為

乂小一乂仙=(/ax+C)-(Xmin+。)=乂,而一/?,,故極差相同，正確：

故選：CD

10.(2022年高考全國(guó)II卷)已知函數(shù)/(x)=sin(2x+Q)(0<3<兀)的圖像關(guān)于點(diǎn)仔,0)中心對(duì)稱(chēng)，則()

A./*)在區(qū)間(0,碧)單調(diào)遞減

B."X)在區(qū)間(-壬巖)有兩個(gè)極值點(diǎn)

C.直線x=?是曲線y=/(x)的對(duì)稱(chēng)軸

6

D.直線夕=日-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(gè)判斷各選項(xiàng)，即可解出.

【詳解】由題意得：與)=sin[3+e)=0,所以號(hào)+"=航，％eZ,

47r

即9=---+^7t,ZrGZ,

又0＜。(兀，所以左=2時(shí)，中=個(gè),故/(x)=sin12x+2兀

對(duì)A,當(dāng)XE（0,行5兀）時(shí)，2X+-^-G2兀3兀,由正弦函數(shù)y=sin“圖象知y=/(x)在(0,得

上是單調(diào)遞減;

12T'T

,.w（711In,_2JTit5兀

對(duì)B,Hw-kE時(shí),2x+—^―€FT,由正弦函數(shù)V=sin〃圖象知y=/(x)只有1個(gè)極值點(diǎn)，由

2x+：=：,解得x喑，即x專(zhuān)為函數(shù)的唯一極值點(diǎn)；

對(duì)C,當(dāng)x7Tl時(shí)，2x+2弓7r=3兀，/(多7TT)=0,直線X=7；jr不是對(duì)稱(chēng)軸;

6366

對(duì)D,由y'=2cos（2x+^）=-l得：cos（2x+^271■卜]_

32

2兀27r2TE4TE

解得2X+'='+2E或2工+'=空+2祈歡EZ,

3333

JI

從而得：x=hc或工=]+E,%EZ,

所以函數(shù)v=/(x)在點(diǎn)處的切線斜率為左=y|v=0=2cosy=-l

切線方程為：y-g-G-O)即"孝一》.

故選：AD.

11.(2021年高考全國(guó)n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(mǎn)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)正方體的樓長(zhǎng)為2,

對(duì)于A,如圖（1）所示，連接NC,則MN//4C,

故NPOC（或其補(bǔ)角）為異面直線ORMV所成的甭,

故tanZPOC=4==->

在直角三角形OPC,oc=JLCP=I

722

故MN尸不成立，故A錯(cuò)誤.

對(duì)于B,如圖（2）所示，取NT的中點(diǎn)為。，連接P。，OQ,則O0_LNT,PQLMN,

由正方體SBCM-NADT可得SN1平面ANDT,而。。u平面ANDT,

故SNLOQ,而SNCMN=N,故。。J?平面SN7N,

又A/Nu平面SNTM,OQ1MN,而

所以MN_L平曲OP。，而POu平面OP。，故MNIOP,故B正確.

對(duì)于C,如圖（3）,連接3Q,則BD//MN,由B的判斷可得。尸，加9,

故OPLMN,故C正確.

對(duì)于D,如圖（4）,取/。的中點(diǎn)0,48的中點(diǎn)K,連接/C,P0,OQ,PK,OK,

貝UAC//MN,

因?yàn)?。P=PC,故PQHAC,椒PQHMN,

所以NQP?；蚱溲a(bǔ)角為異面直線PO,MN所成的角，

圖（4）

因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2,故==0Q=y]AO2+AQ2=Vl+2=71,

PONPKROKZ=4^1=5。。2＜尸。2+。尸，故/。尸。不是直角，

故尸O,MN不垂直，故D錯(cuò)誤.

故選：BC.

12.（2022年高考全國(guó)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）=7'（x）,若/（|-2x

g（2+x）均為偶函數(shù)，則（）

A./(0)=0B.gq=oC./(-D=/(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(duì)稱(chēng)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(duì)稱(chēng)性和周期性的關(guān)系研究

對(duì)于"X),因?yàn)?6川為偶函數(shù)，所以/(\_29)=/3+2工)即=,①,所以

/(3-x)=/(x),所以"X)關(guān)于x=；對(duì)稱(chēng)，則/(-1)=/(4),故C正確；

對(duì)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r=2對(duì)稱(chēng)，由①求

導(dǎo)，和g(x)=/<x),得=［/(g+x)=-/1-工>/C+x)=-gg-x)=gg+x，所

以g(3-x)+g(x)=0,所以g(x)關(guān)于弓,0)對(duì)稱(chēng)，因?yàn)槠涠x域?yàn)镽,所以g(1)=0,結(jié)合g(x)關(guān)于x=2對(duì)

稱(chēng)，從而周期7=4x0—3=2,所以g(-；)=g1|)=0,g(-l)=g(l)=-g(2),故B正確，D錯(cuò)誤：

若函數(shù)/*)滿(mǎn)足題設(shè)條件，則函數(shù)八幻+C(C為常數(shù))也滿(mǎn)足題設(shè)條件，所以無(wú)法確定"X)的函數(shù)值，故

A錯(cuò)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(duì)稱(chēng)，故可設(shè)g(x)=cos(m),則/(x)=1sin(7u)+c,顯然A,D錯(cuò)

兀

誤，選BC.

故選：BC.

［方法三］:

因?yàn)間(2+x)均為偶函數(shù)，

所以_21)=/(g+2x)即/(|-x)=/(g+x)，g(2+x)=g(2-x),

所以"3-x)=/(x),g(4-x)=g(x),則/(-l)=/(4),故C正確；

函數(shù)ZU),g(x)的圖象分別關(guān)于直線x=：,x=2對(duì)稱(chēng)，

又g(x)=/'(x),且函數(shù)/(x)可導(dǎo)，

所以g(|)=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(-；＞g(S=O，g(-l)=g(l)=-g(2),故B正確，D錯(cuò)誤；

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

A錯(cuò)誤.

故選：BC.

【整體點(diǎn)評(píng)】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(jiǎn)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(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為一

15【解析】由題意結(jié)合二項(xiàng)式定理可得(4+掾)的展開(kāi)式的通項(xiàng)為c-3".號(hào)，令瞪1=0,代入

即可得解.

【詳解】由題意(4+*)的展開(kāi)式的通項(xiàng)為&1=弓(五「用=c;-r-x^￡,

令^^=0即r=l,則Cr3'=C；?3=15,

的展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為15.

故答案為：15.

11O

14.（2020年?同考天津卷）已知。＞0,b＞0,且〃b=l,則7;—■F—H----^的最小值為

2a2ba+b

a+b8

---------1---------

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

118abab8

【詳解】va>0,Z>>0,a+/>>0,ab=l—+—+一+—+----

2a2ba+b2a2ba+b

當(dāng)且僅當(dāng)a+一時(shí)取等號(hào),

結(jié)合。6=1,解得a=2—6力=2+6，或a=2+6,6=2-6時(shí)，等號(hào)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/：?=2x上在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，8(5,0),以

48為直徑的圓C與直線/交于另一點(diǎn)Z).若萬(wàn).麗=0，則點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為.

3【解析】方法-：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)Z(a,2a)(a>0),則由圓心C為43中點(diǎn)得C(等,，，易得。C：(x-5)(x-0)+y(y-2a)=0,與y=2x聯(lián)

立解得點(diǎn)。的橫坐標(biāo)%=1,

所以。(1,2).所以布=(5-。,一2。),而=(1與2,2-，，

由刀.麗=0得-等)+(-2a)(2-a)=0,

HPa2-2a-3=0,解得：a=3或a=—1,因?yàn)閍>0,所以a=3.

故答案為：3.

［方法二］:【最優(yōu)解】幾何法

如圖3,因?yàn)镹8為直徑，所以4。工8。，荏.麗=0，△AFDWWEB.

圖3

設(shè)|OE卜"則|CE\=\AF|=2t,\DF\=\BE|=4t,

所以|O3b|OE|+|E8|=5，=5,即f=C

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

［方法三］:數(shù)形結(jié)合

如圖4,由已知，得則原0=-g,所以8。的方程為^=-；(》一5).

圖4

y=2x,

由y=-^(x-5),解得。（1,2）.

設(shè)4“,2a）,則c（手從而在=（5-4,-2竊）,麗=（三衛(wèi),2-47

所以而而=(5_°).三心_2°(2_°)=0,解得。=3或a=T.

又。>0,所以。=3.即點(diǎn)/的橫坐標(biāo)為3.

［方法四］:數(shù)形結(jié)合+斜率公式

由萬(wàn)?麗=0，得/8_LCD,又C是48的中點(diǎn)，所以

乂ADJ.BD,所以N84￡）=45。.設(shè)直線/的傾斜角為a,則tana=2,從而

k=tanNABx-tan(6Z+45°)==-3

AR1—2

設(shè)”（凡2a）,則二=一3,解得a=3.即點(diǎn)力的橫坐標(biāo)為3.

a-5

［方法五］:數(shù)形結(jié)合+解三角形

由方法四，知tana=2,則sina=^叵.

5

在RtZ\5。。中，BD=OBsina=5x—^―=2^5.

在等腰RM/D8中，AB=7250=25/10.

設(shè)/(a,2a),則J(a-5)2+(2a)2=2如,解得a=3或a=—l.

又a>0,所以a=3.即點(diǎn)/的橫坐標(biāo)為3.

［方法六］:數(shù)形結(jié)合+解三角形

21

設(shè)宜線/的傾斜角為a,則tana=2,則sina=—f=,COSCt

加百

由方法四知Z.OAB=—,于是sinZ.OBA=sin[a+工)=-^-x，==MIL

44j2V510

OA=OB

在△048中，由正弦定理知sin/084=京》，解得04=3指，

Sin4

故點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為0/-cosa=3.

［方法七］:數(shù)形結(jié)合+解三角形

因?yàn)?。為以為直徑的圓C上一點(diǎn)，所以。為Z8的中點(diǎn).

因?yàn)榈?麗=0，所以/BJLC。，△N8D為等腰直角三角形，即

BD

在RtaOSO中，tan/BO4=k=2=方.

乂OD,+BD，=OB?=5?，所以O(shè)D=?BD=2亞.

因?yàn)?在第一象限，所以。1=。。+49=3店.

又瓜=2廣；+、；=。/2=（3石）2,所以乙=3.

XA

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

方法二：作出簡(jiǎn)圖，利用平面幾何知識(shí)求解，運(yùn)算簡(jiǎn)單，是該題的最優(yōu)解；

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

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

方法五：同法四，通過(guò)圓的幾何性質(zhì)，求出直線4B的傾斜角，從而得出斜率，再通過(guò)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1-與=1（。＞0,6＞0）的左焦點(diǎn)為尸，過(guò)尸且斜率為二的宜線交雙曲

4b-4a

線于點(diǎn)工（網(wǎng),必），交雙曲線的漸近線于點(diǎn)8（々，力）且演＜0＜七.若|在例=3|9|,則雙曲線的離心率是

巫【解析】聯(lián)立直線43和漸近線，2：N=2x方程，可求出點(diǎn)B,再根據(jù)|m|=3|￡4|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(guò)F且斜率為上的直線“B:y=2（x+c）'漸近線小”卜,

由附=3|叼,得，仔，匐,

而點(diǎn)A在雙曲線上，于是玄■一上。_=1,解得：4=—'所以離心率e=墳.

81a281tz2/＞2a2244

故答案為：返.

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.

2S

17.(2022年高考全國(guó)甲卷)記5“為數(shù)列｛《,｝的前”項(xiàng)和.已知一+〃=2a“+l.

n

(1)證明：｛“"｝是等差數(shù)列；

(2)若%，%，生成等比數(shù)列，求S,,的最小值.

⑴證明見(jiàn)解析；⑵-78.【解析】⑴依題意可得25"+"=2”怎+〃，根據(jù)⑸-S,i，”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｛4,,｝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.

2s

【詳解】(1)因?yàn)椤?M=2a4-1,即2S”+〃"=+〃①，

ntl

當(dāng)“22時(shí)，2Se+(〃_l)2=2(“_l”e+(〃_l)②，

①一②得，2S”+/一25小一(〃一曠=2nan+n-\n-i)-(〃一)，

即2an+2〃-1=2〃a〃+1,

即2(〃一1)%-2(〃一1)/一］=2(〃一1),所以a“一2且〃EN*,

所以｛a?｝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%="i+3,%=q+6,%=。［+8,

又%,%，%成等比數(shù)列，所以％2=4,外，

即(%+6)2=(%+3>(q+8),解得％=-12,

_iog、i0,cM(?-1)12251(25?625

加以?！?〃-13,所以S“二-12〃H--------=—n-------n=—\n-------------------

“222212J8

所以，當(dāng)〃=12或〃=13時(shí)，(S〃)min=178.

［方法二卜【最優(yōu)解】鄰項(xiàng)變號(hào)法

由(1)可%=4+3,a1=q+6,"9=4+8,

又4,%,佝成等比數(shù)列，所以

即(q+6)2=(q+3).(4+8),解得％=72,

所以4="-13,即有4<。2<-"<?12<o,a13=0.

則當(dāng)〃=12或〃=13時(shí)，（S，L=-78.

【整體點(diǎn)評(píng)】（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(hào)法求最值，計(jì)算量小，是該題的最優(yōu)解.

18.（2020年高考全國(guó)I卷）（2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）記”8C的內(nèi)角4,B,C的對(duì)邊分別為a,b,

「乙cosJsin28

己知——：—=--------.

1+sinJl+cos2B

⑴若。=與，求5；

（2）求《4久的最小值.

C

（1）?；（2）4加'-5.【解析】（1）根據(jù)二倍角公式以及兩角差的余弦公式可將戶(hù)\=嚴(yán)之化成

61+sinJl+coszB

cos（4+3）=sin8,再結(jié)合0<8<5，即可求出；

（2）111（1）^11,C=W+8,Z=：-28,再利用正弦定理以及二倍角公式將匕/化成4cos28+C^

22c2cosB

然后利用基本不等式即可解出.

【詳解】（1）因?yàn)楫a(chǎn)匚sin25_2sin8cos8_sin3

,即

1+sinJ1+cos282cos2Bcos8

J

sinB=cosAcos8-sin4sinB=cos(/+8)=-cosC

2

而0<8苦，所以8哈

TTTT

（2）由（1）知，sin5=-cosC>0,所以一<C<兀,0<5<一,

22

Jfjjsin5=-cosC=sinC-,

所以C=>8,即有/=5-23,所以8e（0,?）,Ce惇子）

a2+b2sin2/4+sin2Bcos2254-1-cos2B

所rr以一l=---二------=---------；-------

c2sm~Ccos'B

COS：5-1V+1-COS2B,2I-r-

------------\---------------=4COS25+_T_—5>2V8-5=4V2-5-

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

當(dāng)且僅當(dāng)cos?8=當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以的最小值為4JI-5.

19.(2022年高考全國(guó)H卷)在某地區(qū)進(jìn)行流行病學(xué)調(diào)查，隨機(jī)調(diào)查了100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(duì)應(yīng)區(qū)間的中點(diǎn)值的和即

可求出；

(2)設(shè)4={一人患這種疾病的年齡在區(qū)間［20,70)},根據(jù)對(duì)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￡=(5x0.001+15x0.002+25x0.012+35x0.017+45x0.023

+55x0.020+65x0.017+75x0.006+85x0.002)x10=47.9(歲).

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

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

(3)設(shè)3="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”，

則由已知得:

尸(8)=16%=0.16,尸(C)=0.1%=0.001,P(51C)=0.023xl0=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

尸(C|5)=尸的)=尸?尸⑸O=°0°卜°.23=0.0014375W014

P(B)P(B)0.16

20.(2022年高考全國(guó)I卷)如圖，直三棱柱48C-48c的體積為4,的面積為2&.

(1)求/到平面48c的距離;

(2)設(shè)。為4c的中點(diǎn)，AAy=AB,平面45CL平面Z38/,求二面角Z-8D-C的正弦值.

(1)72：(2)3【解析】(1)由等體積法運(yùn)算即可得解；

2

（2）由面面垂直的性質(zhì)及判定可得5cl平面4844,建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法即可得解.

【詳解】（1）在直三楂柱ZBC-44G中，設(shè)點(diǎn)/到平面48c的距離為近

Sh

則=；^BC-=h=七TBC=；S“BC.4Z=；匕BCTM,=?'

解得力=加，

所以點(diǎn)A到平面48c的距離為近；

（2）取/田的中點(diǎn)瓦連接力￡,如圖，因?yàn)樗?/p>

又平面&BCL平面N244,平面48Cc平面=A}B,

且“Eu平面488/,所以/EJ.平面48C,

在直三棱柱/8C-48c中，平曲N8C,

由5Cu平面48C,8（7匚平面/8?？傻?￡1.8。，BB,1BC,

又AE,BB、u平面ABBH且相交，所以8cl平面ABB4,

所以?xún)蓛纱怪?，?為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

由(1)得AE=6,所以“4=48=2,AtB=2V2,所以5c=2,

則4(0,2,0),4(0,2,2),鞏0,0,0),C(2,0,0),所以4c的中點(diǎn)。(1,1,1),

則麗=(1,1,1),0=(0,2,0)屁=(2,0,0),

fn?BD=x+y+z=O

設(shè)平面48。的一個(gè)法向量m=（X,弘z）,貝卜

in-BA=2y=0

可取而=(1,0,—1),

n-BD=a+b+c=0

設(shè)平面8。。的一個(gè)法向量〃二（。,仇。），則,

n-BC=2a=0

可取，二（0,1,-1）,

則cos(〃?,〃)=

所以：面角N-8O-C的正弦值為

21.（2021年高考北京卷）已知橢圓E:0+g=I（a>6>0）一個(gè)頂點(diǎn)4。,-2）,以橢圓E的四個(gè)頂點(diǎn)為頂

點(diǎn)的四邊形面積為4百.

（1）求橢圓E的方程；

（2）過(guò)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)比C,直線AC分別與直線交

尸-3交于點(diǎn)M,N,當(dāng)1PM+IPMW15時(shí)，求人的取值范圍.

22

（1）土+匕=1；（2）[-3,-1）=（1,3].【解析】（1）根據(jù)橢圓所過(guò)的點(diǎn)及四個(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形的面積可

54

求a,6,從而可求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.

（2）設(shè)8&,M）了（々,力），求出直線/8,/C的方程后可得KN的橫坐標(biāo)，從而可得1PMi+|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(jiǎn)1PMl+|兩|,從而可求上的范圍，注意判別式的要求.

【詳解】（1）因?yàn)闄E圓過(guò)“（0,-2）,故6=2,

因?yàn)樗膫€(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形的面積為46，故gx2ax26=4j?,即°=右，

故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：—+^-=1.

54

(2)

設(shè)8（為，必），”工2，%），

因?yàn)橹本€8c的斜率存在，故再々二0,

v,+2Xi

故直線=-----x-2,令y=-3,則如=------,同理XM=一

X|乂+2%+2,

二W可得(4+"-3。履+25=0,

直線8C:y=Ax-3,由

^A=900Ar2-100(4+5A:2)>0,解得左<一1或%>1.

30k25

又占+々=4+5k2，X'X2—4+5〃,故占3>0,所以X,“XM>0

又|「初+|尸網(wǎng)=即+叫=

弘+2%+2

50k30k

2kxx-(x,+x)左

再+/_t224+524+542?5同

2

kxx-\kx2-1kx}x2-k(T)+x2)4-l上一上+1

4+5左24+5后之

故5網(wǎng)415即悶43,

綜上，-34%<-1或1<%43.

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

2x

⑴求/"）的單調(diào)區(qū)間:

（2）已知。,6eR,曲線卜=/（刈上不同的三點(diǎn)（再,/（占））,&,/（%）），（0/13））處的切線都經(jīng)過(guò)點(diǎn)（。向.證

明:

(i)若a>e,則0<6-/(a)<

…,2e-a112e-a

(ii)若<々<&,則一+^^-<—十一<——~7^7?

'e6ex{x3a6e

(注:e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))

(1)/(X)的減區(qū)間為(o,￡),增區(qū)間為(],+8).(2)(i)見(jiàn)解析；(ii)見(jiàn)解析.【解析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)

數(shù)，討論其符號(hào)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(gè)不同的解可證明不等式成立，(ii)k=~,

a2(w-13)(/w2-zw+12)

m=<1,則題設(shè)不等式可轉(zhuǎn)化為4+4-2-4__——_L,結(jié)合零點(diǎn)滿(mǎn)足的方程進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為

em36〃?(4+4)

(〃？一1)(加一13)(〃？2+12)

足加+^——八"八八-------^<0,利用導(dǎo)數(shù)可證該不等式成立.

72(加+1)

【詳解】(1)/'("=-9+1=。，

'/2xx2x

當(dāng)0<x<],/'(x)<0：當(dāng)x>]，/%x)>0,

故〃x)的減區(qū)間為?〃X)的增區(qū)間為修+81.

(2)(i)因?yàn)檫^(guò)(。力)有三條不同的切線，設(shè)切點(diǎn)為(X*/(x,)),i=l,2,3,

故方程〃x)—6=/'(x)(x-4)有3個(gè)不同的根，

該方程可整理為(x-a)———lnx+b-0,

設(shè)g(x)=仕一高lnr+6,

\x2xJ2x

則/(耳=』-9+(-~4—+-^

x2x\xxJx2x

=--(x-e)(x-a),

當(dāng)0<x<e或x>a時(shí)，g'(x)<0；當(dāng)e<x<a時(shí)，g[x)>0,

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

因?yàn)間(x)有3個(gè)不同的零點(diǎn)，故g(e)<0且g(a)>0,

故(3一品)偌-")一/Tne+”<。且一意]("一")一^"歷。+，>。，

整理得至!I：力<2+1且6>S+ln4=/S)，

2ela

此時(shí)—⑺一米一i]<?I-梟引-^rr：

設(shè)〃(Q)=3