《重组卷04-冲刺2023年高考数学真题重组卷（新高考地区专用）含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重组卷04-冲刺2023年高考数学真题重组卷（新高考地区专用）含答案.pdf（53页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、绝绝密密启启用用前前冲刺 2023 年高考数学真题重组卷 04新高考地区专用注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：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。1（2022 年高考北京卷）已知全集33Uxx，集合21Axx，则UA（）A(2,1B(3,2)1,3)C 2,1)
2、D(3,2(1,3)2（2021全国统考高考真题）设2346izzzz，则z（）A12iB12iC1iD1i3（2021 年高考全国 II 卷）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）将地球看作是一个球心为 O，半径 r 为6400km的球，其上点 A 的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1 cos)Sr（单位：2km），则 S 占地球表面积的百分比约为（）A26%
3、B34%C42%D50%4（2022 年高考北京卷）已知函数22()cossinf xxx，则（）A()f x在,26上单调递减B()f x在,4 12上单调递增C()f x在0,3上单调递减D()f x在7,4 12上单调递增5（2021 年高考全国 I 卷）若tan2，则sin1 sin2sincos（）A65B25C25D656（2022 年高考天津卷）已知抛物线2124 5,yx F F分别是双曲线22221(0,0)xyabab的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点1F，与双曲线的渐近线交于点 A，若124FF A，则双曲线的标准方程为（）A22110 xyB22116yx C2
4、214yx D2214xy7（2022 高考全国乙卷）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为123,ppp，且3210ppp记该棋手连胜两盘的概率为 p，则（）Ap 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B该棋手在第二盘与甲比赛，p 最大C该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大D该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大8（2021 年高考全国 I 卷）若过点,a b可以作曲线exy 的两条切线，则（）AebaBeabC0ebaD0eab二、多项选择题：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
5、得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分9（2020 年高考全国 II 卷）我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续 11天复工复产指数折线图，下列说法正确的是A这 11 天复工指数和复产指数均逐日增加;B这 11 天期间，复产指数增量大于复工指数的增量;C第 3 天至第 11 天复工复产指数均超过 80%;D第 9 天至第 11 天复产指数增量大于复工指数的增量;10（2021 年高考全国 I 卷）已知O为坐标原点，点1cos,sinP，2cos,sinP，3cos,sinP，()1,0A，则（）A12OPOPB12APAPC312OA OPOP OP D
6、123OA OPOP OP 11（2021 年高考全国 I 卷）已知点P在圆225516xy上，点4,0A、0,2B，则（）A点P到直线AB的距离小于10B点P到直线AB的距离大于2C当PBA最小时，3 2PB D当PBA最大时，3 2PB 12（2022 年高考全国 II 卷）如图，四边形ABCD为正方形，ED 平面ABCD，,2FBED ABEDFB，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为123,V V V，则（）A322VVB31VVC312VVVD3123VV三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13（2022 年高考上海卷）在1231xx的展开式中，含4
7、1x项的系数为_14（2021 高考全国 I 卷）已知O为坐标原点，抛物线C：22ypx(0p)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQOP，若6FQ，则C的准线方程为_.15（2022 年高考北京卷）已知数列 na各项均为正数，其前 n 项和nS满足9(1,2,)nnaSn给出下列四个结论：na的第 2 项小于 3；na为等比数列；na为递减数列；na中存在小于1100的项其中所有正确结论的序号是_16（2022 年高考天津卷）设aR，对任意实数 x，记 2min2,35f xxxaxa若 fx至少有 3个零点，则实数a的取值范围为_.四、解答题：本题共 6 小题，共
8、 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（2021 年高考全国 II 卷）记nS是公差不为 0 的等差数列 na的前 n 项和，若35244,aS a aS（1）求数列 na的通项公式na；（2）求使nnSa成立的 n 的最小值18（2022 高考全国 I 卷）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了 100 例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了 100 人（称为对照组），得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090(1)能否有 99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病
9、群体的卫生习惯有差异？(2)从该地的人群中任选一人，A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B 表示事件“选到的人患有该疾病”(|)(|)P B AP B A与(|)(|)P B AP B A的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为 R（）证明：(|)(|)(|)(|)P A BP A BRP A BP A B；（）利用该调查数据，给出(|),(|)P A BP A B的估计值，并利用（）的结果给出 R 的估计值附22()()()()()n adbcKa b cd a c b d，2P Kk0.0500.0100.001k3.8416.63510.82819（20
10、20 高考江苏卷）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知3,2,45acB（1）求sinC的值；（2）在边 BC 上取一点 D，使得4cos5ADC，求tanDAC的值20（2020 年高考全国 II 卷）如图，四棱锥 P-ABCD 的底面为正方形，PD底面 ABCD设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l（1）证明：l平面 PDC；（2）已知 PD=AD=1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值21（2022 年高考北京卷）已知椭圆：2222:1(0)xyEabab的一个顶点为(0,1)A，焦距为2 3(1)求椭圆 E 的方程；(2)
11、过点(2,1)P 作斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 B，C，直线 AB，AC 分别与 x 轴交于点 M，N，当|2MN 时，求 k 的值22（2022 年高考全国 I 卷）已知函数()xf xeax和()lng xaxx有相同的最小值(1)求 a；(2)证明：存在直线yb，其与两条曲线()yf x和()yg x共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列绝绝密密启启用用前前冲刺 2023 年高考数学真题重组卷 04新高考地区专用（解析版）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡
12、对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：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。1（2022 年高考北京卷）已知全集33Uxx，集合21Axx，则UA（）A(2,1B(3,2)1,3)C 2,1)D(3,2(1,3)D【解析】利用补集的定义可得正确的选项【详解】由补集定义可知：|32UAxx 或13x，即(3,2(1,3)UA ，故选：D2（2021全国统考高考真题）设2346izzzz，则z（）
13、A12iB12iC1iD1iC【解析】设izab，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于a、b的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数z.【详解】设izab，则izab，则2346 i46izzzzab，所以，4466ab，解得1ab，因此，1iz .故选：C.3（2021 年高考全国 II 卷）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）将地球看作是一个球心为 O，半径 r 为6400km的球，其上点 A 的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数地球表面上能直接观
14、测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1 cos)Sr（单位：2km），则 S 占地球表面积的百分比约为（）A26%B34%C42%D50%C【解析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为：226400164003600002(1.cos)1 cos44242%22rr.故选：C.4（2022 年高考北京卷）已知函数22()cossinf xxx，则（）A()f x在,26上单调递减B()f x在,4 12上单调递增C()f x在0,3上单调递减D()f x在7,4 12
15、上单调递增C【解析】化简得出 cos2fxx，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为 22cossincos2f xxxx.对于 A 选项，当26x 时，23x，则 fx在,26上单调递增，A 错；对于 B 选项，当412x时，226x，则 fx在,4 12上不单调，B 错；对于 C 选项，当03x时，2023x，则 fx在0,3上单调递减，C 对；对于 D 选项，当7412x时，7226x，则 fx在7,4 12上不单调，D 错.故选：C.5（2021 年高考全国 I 卷）若tan2，则sin1 sin2sincos（）A65B25C25D65C【解析】将式子先利用二倍
16、角公式和平方关系配方化简，然后增添分母(221sincos)，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入tan2 即可得到结果【详解】将式子进行齐次化处理得：22sinsincos2sin cossin1 sin2sinsincossincossincos2222sinsincostantan422sincos1 tan1 45故选：C【点睛】易错点睛：本题如果利用tan2，求出sin,cos的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论6（2022 年高考天津卷）已知抛物线2124 5,yx F F分别是双曲线22221(0,0)xyabab的左、右焦点，抛物线的准线过双曲
17、线的左焦点1F，与双曲线的渐近线交于点 A，若124FF A，则双曲线的标准方程为（）A22110 xyB22116yx C2214yx D2214xyC【解析】由已知可得出c的值，求出点A的坐标，分析可得112AFFF，由此可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程.【详解】抛物线24 5yx的准线方程为5x ，则5c，则15,0F、25,0F，不妨设点A为第二象限内的点，联立byxaxc ，可得xcbcya，即点,bcAca，因为112AFF F且124FF A，则12FF A为等腰直角三角形，且112AFFF，即2bcca，可得2ba，所以，22225bac
18、cab，解得125abc，因此，双曲线的标准方程为2214yx.故选：C.7（2022 高考全国乙卷）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为123,ppp，且3210ppp记该棋手连胜两盘的概率为 p，则（）Ap 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B该棋手在第二盘与甲比赛，p 最大C该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大D该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大D【解析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率p甲；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率p乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率p丙.并
19、对三者进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为12，则此时连胜两盘的概率为p甲则21321331231211(1)(1)(1)(1)22ppp pp pppp pp pp甲123123()2p ppp p p；记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙，则123123213123(1)(1)()2ppp pp pppppp p p乙记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则132132312123(1)(1)()2ppp pp pppppp p p丙则123123213123123()2()20ppp
20、ppp p ppppp p pppp甲乙213123312123231()2()20pppppp p ppppp p pppp乙丙即pp甲乙，pp乙丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项 D 判断正确；选项 BC 判断错误；p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项 A 判断错误.故选：D8（2021 年高考全国 I 卷）若过点,a b可以作曲线exy 的两条切线，则（）AebaBeabC0ebaD0eabD【解析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线xye的图象，根据直观即可判定点,a b在曲线下方和x轴上方时才可以作
21、出两条切线.【详解】在曲线xye上任取一点,tP t e，对函数xye求导得exy，所以，曲线xye在点P处的切线方程为ttyeext，即1ttye xt e，由题意可知，点,a b在直线1ttye xt e上，可得11tttbaet eat e，令 1tf tat e，则 tftat e.当ta时，0ft，此时函数 f t单调递增，当ta时，0ft，此时函数 f t单调递减，所以，maxaf tf ae，由题意可知，直线yb与曲线 yf t的图象有两个交点，则 maxabf te，当1ta时，0f t，当1ta时，0f t，作出函数 f t的图象如下图所示：由图可知，当0abe时，直线yb与
22、曲线 yf t的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线xye的图象如图所示，根据直观即可判定点,a b在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0abe.故选：D.【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.二、多项选择题：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9（2020 年高考全国 II 卷）我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地
23、有序推进复工复产，下面是某地连续 11天复工复产指数折线图，下列说法正确的是A这 11 天复工指数和复产指数均逐日增加;B这 11 天期间，复产指数增量大于复工指数的增量;C第 3 天至第 11 天复工复产指数均超过 80%;D第 9 天至第 11 天复产指数增量大于复工指数的增量;CD【解析】注意到折线图中有递减部分，可判定 A 错误；注意考查第 1 天和第 11 天的复工复产指数的差的大小，可判定 B 错误；根据图象，结合复工复产指数的意义和增量的意义可以判定 CD 正确.【详解】由图可知，第 1 天到第 2 天复工指数减少，第 7 天到第 8 天复工指数减少，第 10 天到第 11 复工
24、指数减少，第 8 天到第 9 天复产指数减少，故 A 错误；由图可知，第一天的复产指标与复工指标的差大于第 11 天的复产指标与复工指标的差，所以这 11 天期间，复产指数增量小于复工指数的增量，故 B 错误;由图可知，第 3 天至第 11 天复工复产指数均超过 80%，故 C 正确;由图可知，第 9 天至第 11 天复产指数增量大于复工指数的增量，故 D 正确;【点睛】本题考查折线图表示的函数的认知与理解，考查理解能力，识图能力，推理能力，难点在于指数增量的理解与观测，属中档题.10（2021 年高考全国 I 卷）已知O为坐标原点，点1cos,sinP，2cos,sinP，3cos,sinP
25、，()1,0A，则（）A12OPOPB12APAPC312OA OPOP OP D123OA OPOP OP AC【解析】A、B 写出1OP，2OP、1APuuu r，2APuuu r的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D 根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.【详解】A：1(cos,sin)OP，2(cos,sin)OP，所以221|cossin1OP，222|(cos)(sin)1OP，故12|OPOP，正确；B：1(cos1,sin)AP，2(cos1,sin)AP，所以222221|(cos1)sincos2cos1sin2(1cos)4si
26、n2|sin|22AP，同理222|(cos1)sin2|sin|2AP，故12|,|APAP不一定相等，错误；C：由题意得：31 cos()0 sin()cos()OA OP ，12coscossin(sin)cos()OP OP ，正确；D：由题意得：11 cos0 sincosOA OP ，23coscos()(sin)sin()OP OP cos cos 2，故一般来说123OA OPOP OP 故故错错误误；故选：AC11（2021 年高考全国 I 卷）已知点P在圆225516xy上，点4,0A、0,2B，则（）A点P到直线AB的距离小于10B点P到直线AB的距离大于2C当PBA最小
27、时，3 2PB D当PBA最大时，3 2PB ACD【解析】计算出圆心到直线AB的距离，可得出点P到直线AB的距离的取值范围，可判断 AB 选项的正误；分析可知，当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，利用勾股定理可判断 CD 选项的正误.【详解】圆225516xy的圆心为5,5M，半径为4，直线AB的方程为142xy，即240 xy，圆心M到直线AB的距离为2252 541111 545512 ，所以，点P到直线AB的距离的最小值为11 5425，最大值为11 54105，A 选项正确，B 选项错误；如下图所示：当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PMPB，2205253
28、4BM，4MP，由勾股定理可得223 2BPBMMP，CD 选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线l与半径为r的圆C相离，圆心C到直线l的距离为d，则圆C上一点P到直线l的距离的取值范围是,dr dr.12（2022 年高考全国 II 卷）如图，四边形ABCD为正方形，ED 平面ABCD，,2FBED ABEDFB，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为123,V V V，则（）A322VVB31VVC312VVVD3123VVCD【解析】直接由体积公式计算12,V V，连接BD交AC于点M，连接,EM FM，由3A EFMC EFMVVV计算出3V，依次判断选项即可.【详
29、解】设22ABEDFBa，因为ED 平面ABCD，FBED，则2311114223323ACDVED Saaa，232111223323ABCVFB Saaa，连接BD交AC于点M，连接,EM FM，易得BDAC，又ED 平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又EDBDD，,ED BD 平面BDEF，则AC 平面BDEF，又122BMDMBDa，过F作FGDE于G，易得四边形BDGF为矩形，则2 2,FGBDa EGa，则2222226,23EMaaa FMaaa，222 23EFaaa，222EMFMEF，则EMFM，213 222EFMSEM FMa，2 2ACa，则33123A E
30、FMC EFMEFMVVVAC Sa，则3123VV，323VV，312VVV，故 A、B 错误；C、D 正确.故选：CD.三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13（2022 年高考上海卷）在1231xx的展开式中，含41x项的系数为_66【解析】【解析】写出展开式的通项，令x的指数为4，求出参数的值，代入通项后即可得解.【详解】1231xx展开式的通项为12336 4112121CCrrrrrrTxxx，令3644r，可得10r，因此，展开式中含41x项的系数为1012C66.故答案为：66.14（2021 高考全国 I 卷）已知O为坐标原点，抛物线C：22ypx(0p
31、)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQOP，若6FQ，则C的准线方程为_.32x 【解析】先用坐标表示PQ，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得p，即得结果.【详解】抛物线C：22ypx(0p)的焦点,02pF,P 为C上一点，PF与x轴垂直，所以 P 的横坐标为2p，代入抛物线方程求得 P 的纵坐标为p,不妨设(,)2pPp,因为 Q 为x轴上一点，且PQOP，所以 Q 在 F 的右侧，又|6FQ，(6,0),(6,)2pQPQpuuu r因为PQOP，所以PQ OP 2602pp,0,3ppQ，所以C的准线方程为32x 故答案为：32x .【点睛】利用向量数量积处
32、理垂直关系是本题关键.15（2022 年高考北京卷）已知数列 na各项均为正数，其前 n 项和nS满足9(1,2,)nnaSn给出下列四个结论：na的第 2 项小于 3；na为等比数列；na为递减数列；na中存在小于1100的项其中所有正确结论的序号是_【解析】推导出199nnnaaa，求出1a、2a的值，可判断；利用反证法可判断；利用数列单调性的定义可判断.【详解】由题意可知，Nn，0na，当1n 时，219a，可得13a；当2n 时，由9nnSa可得119nnSa，两式作差可得199nnnaaa，所以，199nnnaaa，则2293aa，整理可得222390aa，因为20a，解得23 53
33、32a，对；假设数列 na为等比数列，设其公比为q，则2213aa a，即2213981SS S，所以，2213SS S，可得22221111aqaqq，解得0q，不合乎题意，故数列 na不是等比数列，错；当2n 时，1119990nnnnnnnaaaaaa a，可得1nnaa，所以，数列 na为递减数列，对；假设对任意的Nn，1100na，则10000011000001000100S，所以，1000001000009911000100aS，与假设矛盾，假设不成立，对.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题在推断的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.16（2022 年高考天津
34、卷）设aR，对任意实数 x，记 2min2,35f xxxaxa若 fx至少有 3个零点，则实数a的取值范围为_.10a【解析】设 235g xxaxa，2h xx，分析可知函数 g x至少有一个零点，可得出0，求出a的取值范围，然后对实数a的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数a的不等式，综合可求得实数a的取值范围.【详解】设 235g xxaxa，2h xx，由20 x 可得2x .要使得函数 fx至少有3个零点，则函数 g x至少有一个零点，则212200aa，解得2a 或10a.当2a 时，221g xxx，作出函数 g x、h x的图象如下图所示：此时函数 fx只有两个零点，
35、不合乎题意；当2a 时，设函数 g x的两个零点分别为1x、212xxx，要使得函数 fx至少有3个零点，则22x ，所以，2224550aga，解得a；当10a 时，21025g xxx，作出函数 g x、h x的图象如下图所示：由图可知，函数 fx的零点个数为3，合乎题意；当10a 时，设函数 g x的两个零点分别为3x、434xxx，要使得函数 fx至少有3个零点，则32x，可得 222450aga，解得4a，此时10a.综上所述，实数a的取值范围是10,.故答案为：10,.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根
36、，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.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17（2021 年高考全国 II 卷）记nS是公差不为 0 的等差数列 na的前 n 项和，若35244,aS a aS（1）求数列 na的通项公式na；（2）求使nnSa成立的 n 的最小值(1)26nan；(2)7.【解析】(1)由题意首先求得3a的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；
37、(2)首先求得前 n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定 n 的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：535Sa，则：3335,0aaa，设等差数列的公差为d，从而有：22433a aadadd，41234333322Saaaaadadaadd，从而：22dd，由于公差不为零，故：2d，数列的通项公式为：3326naandn.(2)由数列的通项公式可得：1264a ，则：214252nn nSnnn，则不等式nnSa即：2526nnn，整理可得：160nn，解得：1n 或6n，又n为正整数，故n的最小值为7.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键
38、在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.18（2022 高考全国 I 卷）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了 100 例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了 100 人（称为对照组），得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090(1)能否有 99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？(2)从该地的人群中任选一人，A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B 表示事件“选到的人患有该疾病”(|)(|)P B AP B A与(|)(|)P B AP B A的
39、比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为 R（）证明：(|)(|)(|)(|)P A BP A BRP A BP A B；（）利用该调查数据，给出(|),(|)P A BP A B的估计值，并利用（）的结果给出 R 的估计值附22()()()()()n adbcKa b cd a c b d，2P Kk0.0500.0100.001k3.8416.63510.828(1)答案见解析；(2)（i）证明见解析；(ii)6R；【解析】(1)由所给数据结合公式求出2K的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有 99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2
40、)(i)根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求R.（1）由已知222()200(40 9060 10)=24()()()()50 150 100 100n adbcKab cd ac bd，又2(6.635)=0.01P K，246.635，所以有 99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.（2）(i)因为(|)(|)()()()()=(|)(|)()()()()P B AP B AP ABP AP ABP ARP B AP B AP AP ABP AP AB，所以()()()()()()()()P ABP BP ABP BRP BP ABP
41、 BP AB所以(|)(|)(|)(|)P A BP A BRP A BP A B，(ii)由已知40(|)100P A B，10(|)100P A B，又60(|)100P A B，90(|)100P A B，所以(|)(|)=6(|)(|)P A BP A BRP A BP A B19（2020 高考江苏卷）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知3,2,45acB（1）求sinC的值；（2）在边 BC 上取一点 D，使得4cos5ADC，求tanDAC的值（1）5sin5C；（2）2tan11DAC.【解析】（1）方法一：利用余弦定理求得b，利用正弦定理求得sinC.
42、（2）方法一：根据cosADC的值，求得sinADC的值，由（1）求得cosC的值，从而求得sin,cosDACDAC的值，进而求得tanDAC的值.【详解】（1）方方法法一一：正正余余弦弦定定理理综综合合法法由余弦定理得22222cos922 3252bacacB ，所以5b.由正弦定理得sin5sinsinsin5cbcBCCBb.方方法法二二【最最优优解解】：几几何何法法过点 A 作AEBC，垂足为 E 在RtABE中，由2,45cB=，可得1AEBE，又3a，所以2EC 在Rt ACE中，225ACAEEC，因此15sin55C（2）方方法法一一：两两角角和和的的正正弦弦公公式式法法由
43、于4cos5ADC，,2ADC，所以23sin1cos5ADCADC.由于,2ADC，所以0,2C，所以22 5cos1 sin5CC.所以sinsinDACDACsinADCCsincoscossinADCCADCC32 5452 5555525.由于0,2DAC，所以211 5cos1 sin25DACDAC.所以sin2tancos11DACDACDAC.方方法法二二【最最优优解解】：几几何何法法+两两角角差差的的正正切切公公式式法法在（1）的方法二的图中，由4cos5ADC，可得4coscos()cos5ADEADCADC，从而4sin4sincos,tan5cos3DAEDAEADE
44、DAEDAE又由（1）可得tan2ECEACAE，所以tantan2tantan()1tantan11EACEADDACEACEADEACEAD方方法法三三：几几何何法法+正正弦弦定定理理法法在（1）的方法二中可得1,2,5AECEAC在RtADE中，45,cossin3AEADEDADADEADE，所以23CDCEDE在ACD中，由正弦定理可得2 5sinsin25CDDACCAD，由此可得2tan11DAC方方法法四四：构构造造直直角角三三角角形形法法如图，作AEBC，垂足为 E，作DGAC，垂足为点 G在（1）的方法二中可得1,2,5AECEAC由4cos5ADC，可得243cos,si
45、n1cos55ADEADEADE在RtADE中，22542,sin333AEADDEADAECDCEDEADE由（1）知5sin5C，所以在RtCDG中，222 54 5sin,1515DGCDCCGCDDG，从而11 515AGACCG在Rt ADG中，2tan11DGDAGAG所以2tan11DAC【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得5b，然后使用正弦定理求得sinC；方法二：抓住 45角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得DAC的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简
46、洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得DAC的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有DAC的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.20（2020 年高考全国 II 卷）如图，四棱锥 P-ABCD 的底面为正方形，PD底面 ABCD设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l（1）证明：l平面 PDC；（2）已知 PD=AD=1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值（1）证明见解析；（2）63.【解析】（1）利用线面垂直的判定定理证得AD 平面PDC，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得/AD l，从而得到l平面P
47、DC；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos,n PB 的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，/AD BC，因为AD 平面PBC，BC平面PBC，所以/AD平面PBC，又因为AD 平面PAD，平面PAD平面PBCl，所以/AD l，因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以,ADDClDC 且PD 平面ABCD，所以,ADPDlPD 因为CDPDD，所以l平面PDC（2）方方法法一一【最最优优解解】：通通性性通通
48、法法公公众众号号：高高中中试试卷卷君君因为,DP DA DC两两垂直，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示：因为1PDAD，设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)DCAPB，设(,0,1)Q m，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DCDQmPB，设平面QCD的法向量为(,)nx y z，则00DC nDQ n，即00ymxz，令1x，则zm，所以平面QCD的一个法向量为(1,0,)nm，则210cos,31n PBmn PBn PBm 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线 PB与平面
49、QCD 所成角的正弦值等于2|1|cos,|31mn PBmr uur2231 231mmm223232|36111 1313133mmmm，当且仅当1m 时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.方方法法二二：定定义义法法如图 2，因为l平面PBC，Ql，所以Q平面PBC在平面PQC中，设PBQCE在平面PAD中，过 P 点作PFQD，交QD于 F，连接EF因为PD 平面,ABCD DC 平面ABCD，所以DCPD又由,DCAD ADPDD PD平面PAD，AD 平面PAD，所以DC 平面PAD又PF 平面PAD，所以DCPF又由,PFQD QDDCD QD平面,QOC
50、 DC 平面QDC，所以PF 平面QDC，从而FEP即为PB与平面QCD所成角设PQa，在PQD中，易求21aPFa由PQEV与BEC相似，得1PEPQaEBBC，可得31aPEa所以22211226sin1313333aaFEPaa，当且仅当1a 时等号成立方方法法三三：等等体体积积法法如图 3，延长CB至 G，使得BGPQ，连接GQ，GD，则/PBQG，过 G 点作GM 平面QDC，交平面QDC于 M，连接QM，则GQM即为所求设PQx，在三棱锥QDCG中，111()(1)326Q DCGVPDCDCBBGx在三棱锥GQDC中，2111113232G QDCVGMCD QDGMx由Q DC