《重组卷03-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03-冲刺2023年高考数学真题重组卷（新高考地区专用）含答案.pdf（50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 03新高考地区专用（原卷版）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（2021 年高考全国甲卷）设集合104,53MxxNxx，则MN（）A103xxB143xxC45xx
2、D05xx2（2022 年高考全国甲卷）若13iz ，则1zzz（）A13i B13i C13i33D13i333（2022 年高考全国乙卷）设 F 为抛物线2:4C yx的焦点，点 A 在 C 上，点(3,0)B，若AFBF，则AB（）A2B2 2C3D3 24（2020 年高考全国新课标 III 卷）已知向量a，b满足|5a，|6b，6a b，则cos,=a ab（）A3135B1935C1735D19355（2022 高考全国甲卷）从分别写有 1，2，3，4，5，6 的 6 张卡片中无放回随机抽取 2 张，则抽到的 2 张卡片上的数字之积是 4 的倍数的概率为（）A15B13C25D23
3、6（2022 年高考全国 II 卷）若sin()cos()2 2cossin4，则（）Atan1Btan1Ctan1 Dtan1 7（2021 年高考天津卷）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）A3B4C9D128（2022 年高考全国 II 卷）已知函数(),()f x g x的定义域均为 R，且()(2)5,()(4)7f xgxg xf x 若()yg x的图像关于直线2x 对称，(2)4g，则 221kf k（）A21B22C23D24二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在
4、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（2021 年高考全国 I 卷）有一组样本数据1x，2x，nx，由这组数据得到新样本数据1y，2y，ny，其中iiyxc(1,2,),in c为非零常数，则（）A两组样本数据的样本平均数相同B两组样本数据的样本中位数相同C两组样本数据的样本标准差相同D两组样本数据的样本极差相同10（2022 年高考全国 II 卷）已知函数()sin(2)(0)f xx的图像关于点2,03中心对称，则（）A()f x在区间50,12单调递减B()f x在区间 11,12 12有两个极值点C直线76x 是曲线(
5、)yf x的对称轴D直线32yx是曲线()yf x的切线11（2021 年高考全国 II 卷）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M，N 为正方体的顶点则满足MNOP的是（）ABCD12（2022 年高考全国 I 卷）已知函数()f x及其导函数()fx的定义域均为R，记()()g xfx，若322fx，(2)gx均为偶函数，则（）A(0)0fB102gC(1)(4)ffD(1)(2)gg三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13（2022 年高考天津卷）523xx的展开式中的常数项为_.14（2020 年高考天津卷）已知0,0ab，且1ab，则1182
6、2abab的最小值为_15（2018 年高考江苏卷）在平面直角坐标系xOy中，A为直线:2l yx上在第一象限内的点，5,0B，以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D若0AB CD ，则点A的横坐标为_16（2022 年高考浙江卷）已知双曲线22221(0,0)xyabab的左焦点为 F，过 F 且斜率为4ba的直线交双曲线于点11,A x y，交双曲线的渐近线于点22,B xy且120 xx若|3|FBFA，则双曲线的离心率是_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（2022 年高考全国甲卷）记nS为数列 na的前 n 项和已知221nnSnan
7、(1)证明：na是等差数列；(2)若479,a a a成等比数列，求nS的最小值18（2020 年高考全国 I 卷）（2022全国统考高考真题）记ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知cossin21sin1cos2ABAB(1)若23C，求 B；(2)求222abc的最小值19（2022 年高考全国 II 卷）在某地区进行流行病学调查，随机调查了 100 位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间20,70)的概率；(3)已知该地区
8、这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间40,50)，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到 0.0001）.20（2022 年高考全国 I 卷）如图，直三棱柱111ABCABC-的体积为 4，1ABC的面积为2 2(1)求 A 到平面1ABC的距离；(2)设 D 为1AC的中点，1AAAB，平面1ABC 平面11ABB A，求二面角ABDC的正弦值21（2021 年高考北京卷）已知椭圆2222:1(0)xyEabab一个顶 点(0,2)A，以椭
9、圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为4 5（1）求椭圆 E 的方程；（2）过点 P(0，-3)的直线 l 斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 B，C，直线 AB，AC 分别与直线交y=-3 交于点 M，N，当|PM|+|PN|15 时，求 k 的取值范围22（2022 年高考浙江卷）设函数e()ln(0)2f xx xx(1)求()f x的单调区间；(2)已知,a bR，曲线()yf x上不同的三点112233,xf xxf xxf x处的切线都经过点(,)a b证明：（）若ea，则10()12 eabf a；（）若1230e,axxx，则22132e112ee6e6eaaxxa（注：
10、e2.71828是自然对数的底数）绝绝密密启启用用前前冲刺 2023 年高考数学真题重组卷 03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（2021 年高考全国甲卷）设集合104,53MxxNxx，则MN（）
11、A103xxB143xxC45xxD05xxB【进解析】根据交集定义运算即可【详解】因为1|04,|53MxxNxx，所以1|43MNxx,故选：B.【点睛】本题考查集合的运算，属基础题，在高考中要求不高，掌握集合的交并补的基本概念即可求解.2（2022 年高考全国甲卷）若13iz ，则1zzz（）A13i B13i C13i33D13i33C【解析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.【详解】13i,(13i)(13i)1 34.zzz 13i13i1333zzz 故选：C3（2022 年高考全国乙卷）设 F 为抛物线2:4C yx的焦点，点 A 在 C 上，点(3,0)B，若AFBF，则
12、AB（）A2B2 2C3D3 2B【解析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，1,0F，则2AFBF，即点A到准线=1x的距离为 2，所以点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，1,2A，所以223 1022 2AB.故选：B4（2020 年高考全国新课标 III 卷）已知向量a，b满足|5a，|6b，6a b，则cos,=a ab（）A3135B1935C1735D1935D【解析】计算出aab、ab的值，利用平面向量数量积可计算出cos,a ab 的值.【详解】5a，6b，6a b ，225619aab
13、aa b .2222252 6367ababaa bb ，因此，1919cos,5 735aaba abaab.故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.5（2022 高考全国甲卷）从分别写有 1，2，3，4，5，6 的 6 张卡片中无放回随机抽取 2 张，则抽到的 2 张卡片上的数字之积是 4 的倍数的概率为（）A15B13C25D23C【解析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是 4 的倍数的情况，由古典概型求概率即可.【详解】方方法法一一：【最最优优解解】无无序序从 6 张卡片中无放回抽取 2
14、 张，共有 1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,5,4,6,5,615 种情况，其中数字之积为 4 的倍数的有 1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66 种情况，故概率为62155.方方法法二二：有有序序从 6 张卡片中无放回抽取 2 张，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,
15、4),(6,5)30 种情况，其中数字之积为 4 的倍数有(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 种情况，故概率为122305.故选：C.【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解；方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；6（2022 年高考全国 II 卷）若sin()cos()2 2cossin4，则（）Atan1Btan1Ctan1 Dtan1 C【解析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可
16、得解.【详解】方方法法一一：直直接接法法由已知得：sincoscossincoscossinsin2 cossinsin,即：sincoscossincoscossinsin0，即：sincos0所以tan1 故选：C方方法法二二：特特殊殊值值排排除除法法解法一:设=0 则 sin+cos=0，取=2，排除 A,B；再取=0 则 sin+cos=2sin，取=4，排除 D；选 C.方方法法三三：三三角角恒恒等等变变换换sin()cos()2sin=2sin442sincos2cossin2 2cossin444（）（）（）（）（）所以2sincos2cossin44（）（）sincoscoss
17、in=044（）（）即sin=04（）22sin=sincoscossin=sincos=044422（）（）（）（）（）sin=cos（）（）即tan(）=-1,故选：C.7（2021 年高考天津卷）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）A3B4C9D12B【解析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即3ADBD，设球的半径为R，则34323
18、3R，可得2R，所以，44ABADBDBD，所以，1BD，3AD，CDAB，则90CADACDBCDACD，所以，CADBCD，又因为ADCBDC，所以，ACDCBD，所以，ADCDCDBD，3CDAD BD，因此，这两个圆锥的体积之和为2113 4433CDADBD.故选：B.8（2022 年高考全国 II 卷）已知函数(),()f x g x的定义域均为 R，且()(2)5,()(4)7f xgxg xf x 若()yg x的图像关于直线2x 对称，(2)4g，则 221kf k（）A21B22C23D24D【解析】根据对称性和已知条件得到()(2)2f xf x，从而得到 352110f
19、ff，462210fff，然后根据条件得到(2)f的值，再由题意得到 36g从而得到 1f的值即可求解.【详解】因为()yg x的图像关于直线2x 对称，所以22gxg x，因为()(4)7g xf x，所以(2)(2)7g xf x，即(2)7(2)g xf x，因为()(2)5f xgx，所以()(2)5f xg x，代入得()7(2)5f xf x，即()(2)2f xf x，所以 35212510fff ，46222510fff .因为()(2)5f xgx，所以(0)(2)5fg，即 01f，所以(2)203ff .因为()(4)7g xf x，所以(4)()7g xf x，又因为(
20、)(2)5f xgx，联立得，2412gxg x，所以()yg x的图像关于点3,6中心对称，因为函数()g x的定义域为 R，所以 36g因为()(2)5f xg x，所以 1531fg.所以 22112352146221 3 10 1024()kfffffffff k .故选：D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.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（2021 年高考全
21、国 I 卷）有一组样本数据1x，2x，nx，由这组数据得到新样本数据1y，2y，ny，其中iiyxc(1,2,),in c为非零常数，则（）A两组样本数据的样本平均数相同B两组样本数据的样本中位数相同C两组样本数据的样本标准差相同D两组样本数据的样本极差相同CD【解析】A、C 利用两组数据的线性关系有()()E yE xc、()()D yD x，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断 B、D 的正误.【详解】A：()()()E yE xcE xc且0c，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为ix，则第二组的中位数为iiyxc，显然不相同，错误；C：()()()()D
22、yD xD cD x，故方差相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为maxminxx，则第二组的极差为maxminmaxminmaxmin()()yyxcxcxx，故极差相同，正确；故选：CD10（2022 年高考全国 II 卷）已知函数()sin(2)(0)f xx的图像关于点2,03中心对称，则（）A()f x在区间50,12单调递减B()f x在区间 11,12 12有两个极值点C直线76x 是曲线()yf x的对称轴D直线32yx是曲线()yf x的切线AD【解析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出【详解】由题意得：24sin033f，所以43k，k Z，即4,3kk
23、Z，又0，所以2k 时，23，故2()sin 23f xx对 A，当50,12x时，22 32,332x，由正弦函数sinyu图象知()yf x在50,12上是单调递减；对 B，当 11,12 12x 时，2 52,322x，由正弦函数sinyu图象知()yf x只有 1 个极值点，由23232x，解得512x，即512x 为函数的唯一极值点；对 C，当76x 时，2233x，7()06f，直线76x 不是对称轴；对 D，由22cos 213yx 得：21cos 232x，解得2222 33xk或2422,33xkkZ,从而得：xk或,3xkkZ,所以函数()yf x在点30,2处的切线斜率为
24、022cos13xky，切线方程为：3(0)2yx 即32yx故选：AD11（2021 年高考全国 II 卷）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M，N 为正方体的顶点则满足MNOP的是（）ABCDBC【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理可得 BC 的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断 AD 的正误.【详解】设正方体的棱长为2，对于 A，如图（1）所示，连接AC，则/MN AC，故POC（或其补角）为异面直线,OP MN所成的角，在直角三角形OPC，2OC，1CP，故12tan22POC，故MNOP不成立，故 A 错误.对于 B，如图（2）所示，取NT的中点为Q
25、，连接PQ，OQ，则OQNT，PQMN，由正方体SBCMNADT可得SN 平面ANDT，而OQ 平面ANDT，故SNOQ，而SNMNN，故OQ 平面SNTM，又MN 平面SNTM，OQMN，而OQPQQ，所以MN 平面OPQ，而PO 平面OPQ，故MNOP，故 B 正确.对于 C，如图（3），连接BD，则/BD MN，由 B 的判断可得OPBD，故OPMN，故 C 正确.对于 D，如图（4），取AD的中点Q，AB的中点K，连接,AC PQ OQ PK OK，则/AC MN，因为DPPC，故/PQ AC，故/PQ MN，所以QPO或其补角为异面直线,PO MN所成的角，因为正方体的棱长为 2，故
26、122PQAC，22123OQAOAQ，224 15POPKOK，222QOPQOP，故QPO不是直角，故,PO MN不垂直，故 D 错误.故选：BC.12（2022 年高考全国 I 卷）已知函数()f x及其导函数()fx的定义域均为R，记()()g xfx，若322fx，(2)gx均为偶函数，则（）A(0)0fB102gC(1)(4)ffD(1)(2)ggBC【解析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】方方法法一一：对对称称性性和和周周期期性性的的关关系系研研究究对于()f x，因为322fx为偶函数，所以332222f
27、xfx即3322fxfx，所以 3fxf x，所以()f x关于32x 对称，则(1)(4)ff，故 C 正确；对于()g x，因为(2)gx为偶函数，(2)(2)gxgx，(4)()gxg x，所以()g x关于2x 对称，由求导，和()()g xfx，得333333222222fxfxfxfxgxgx ，所以 30gxg x，所以()g x关于3(,0)2对称，因为其定义域为 R，所以302g，结合()g x关于2x 对称，从而周期34222T，所以13022gg，112ggg，故 B 正确，D 错误；若函数()f x满足题设条件，则函数()f xC（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确
28、定()f x的函数值，故A 错误.故选：BC.方方法法二二：【最最优优解解】特特殊殊值值，构构造造函函数数法法.由方法一知()g x周期为 2，关于2x 对称，故可设 cos g xx，则 1sin f xxc，显然 A，D 错误，选 BC.故选：BC.方方法法三三：因为322fx，(2)gx均为偶函数，所以332222fxfx即3322fxfx，(2)(2)gxgx，所以 3fxf x，(4)()gxg x，则(1)(4)ff，故 C 正确；函数()f x，()g x的图象分别关于直线3,22xx对称，又()()g xfx，且函数()f x可导，所以 30,32ggxg x，所以(4)()3
29、gxg xgx，所以(2)(1)g xg xg x，所以13022gg，112ggg，故 B 正确，D 错误；若函数()f x满足题设条件，则函数()f xC（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定()f x的函数值，故A 错误.故选：BC.【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13（2022 年高考天津卷）523xx的展开式中的常数项为_.15【解析】由题意结合二项式定理可得523xx的展开
30、式的通项为5 52153rrrrTCx，令5502r，代入即可得解.【详解】由题意523xx的展开式的通项为5 552155233rrrrrrrTCxCxx，令5502r即1r，则1553315rrCC，所以523xx的展开式中的常数项为15.故答案为：15.14（2020 年高考天津卷）已知0,0ab，且1ab，则11822abab的最小值为_4【解析】根据已知条件，将所求的式子化为82abab，利用基本不等式即可求解.【详解】0,0,0abab，1ab,11882222abababababab882422abababab，当且仅当ab=4 时取等号，结合1ab,解得23,23ab，或23,
31、23ab时，等号成立.故答案为：4【点睛】本题考查应用基本不等式求最值，“1”的合理变换是解题的关键，属于基础题.15（2018 年高考江苏卷）在平面直角坐标系xOy中，A为直线:2l yx上在第一象限内的点，5,0B，以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D若0AB CD ，则点A的横坐标为_3【解析】方法一：先根据条件确定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积求出结果.【详解】方方法法一一：【通通性性通通法法】直直译译法法设,2(0)A aaa，则由圆心C为AB中点得5,2aCa易得:520Cxxay ya，与2yx联立解得点D的横坐标1,Dx 所以1,2D.所以55,2
32、,1,22aABaaCDa ，由0AB CD 得551220,2aaaa 即2230aa，解得：3a 或1a ，因为0a，所以3.a 故答案为：3方方法法二二：【最最优优解解】几几何何法法如图 3，因为AB为直径，所以ADBD，0AB CD ，AFDDEB设|OEt，则|2,|4DEAFt DFBEt，所以|55OBOEEBt，即1t 所以，A 点的坐标为(3,6)，则点 A 的横坐标为 3方方法法三三：数数形形结结合合如图 4，由已知，得BDl，则12BDk，所以BD的方程为1(5)2yx 由2,1(5),2yxyx 解得(1,2)D设(,2)A aa，则5,2aCa，从而3(5,2),22
33、aABaa CDa 所以3(5)2(2)02aAB CDaaa ，解得3a 或1a 又0a，所以3a 即点 A 的横坐标为 3方方法法四四：数数形形结结合合斜斜率率公公式式由0AB CD ，得ABCD，又 C 是AB的中点，所以ADBD又ADBD，所以45BAD设直线 l 的倾斜角为，则tan2，从而21tantan(45)312ABkABx 设(,2)A aa，则235aa，解得3a 即点 A 的横坐标为 3方方法法五五：数数形形结结合合解解三三角角形形由方法四，知tan2，则2 5sin5在RtBDO中，2 5sin52 55BDOB 在等腰Rt ADB中，22 10ABBD设(,2)A
34、aa，则22(5)(2)2 10aa，解得3a 或1a 又0a，所以3a 即点 A 的横坐标为 3方方法法六六：数数形形结结合合解解三三角角形形设直线 l 的倾斜角为，则tan2，则21sin,cos55由方法四知4OAB，于是233 10sinsin42105OBA在OAB中，由正弦定理知sinsin4OAOBOBA，解得3 5OA，故点 A 的横坐标为cos3OA方方法法七七：数数形形结结合合解解三三角角形形因为 D 为以AB为直径的圆 C 上一点，所以BDAD，C 为AB的中点因为0AB CD ，所以ABCD，ABD为等腰直角三角形，即ADBD在RtOBD中，tan2BDBOAkOD又2
35、2225ODBDOB，所以5,2 5ODBD因为 A 在第一象限，所以3 5OAODAD又22222,(3 5)AAAAyxyOAx，所以3Ax【整体点评】方法一：直接根据题意逐句翻译成数学语言，通过运算解出，是该题的通性通法；方法二：作出简图，利用平面几何知识求解，运算简单，是该题的最优解；方法三：通过圆的几何性质，利用直线方程联立求点D的坐标，简化计算；方法四：通过圆的几何性质，求出直线AB的倾斜角，从而得出斜率，根据斜率公解出，是不错的解法；方法五：同法四，通过圆的几何性质，求出直线AB的倾斜角，从而得出斜率，再通过解三角形求出；方法六：基本原理同方法五；方法七：基本原理同方法五16（2
36、022 年高考浙江卷）已知双曲线22221(0,0)xyabab的左焦点为 F，过 F 且斜率为4ba的直线交双曲线于点11,A x y，交双曲线的渐近线于点22,B xy且120 xx若|3|FBFA，则双曲线的离心率是_3 64【解析】联立直线AB和渐近线2:blyxa方程，可求出点B，再根据|3|FBFA可求得点A，最后根据点A在双曲线上，即可解出离心率【详解】过F且斜率为4ba的直线:()4bAB yxca，渐近线2:blyxa，联立()4byxcabyxa，得,3 3c bcBa，由|3|FBFA，得5,99c bcAa而点A在双曲线上，于是2222222518181cb caa b
37、，解得：228124ca，所以离心率3 6e4.故答案为：3 64四、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（2022 年高考全国甲卷）记nS为数列 na的前 n 项和已知221nnSnan(1)证明：na是等差数列；(2)若479,a a a成等比数列，求nS的最小值(1)证明见解析；(2)78【解析】（1）依题意可得222nnSnnan，根据11,1,2nnnS naSSn，作差即可得到11nnaa，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到 na的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得【详解】（1）因为221nnS
38、nan，即222nnSnnan，当2n 时，21121211nnSnnan，得，22112212211nnnnSnSnnannan，即12212211nnnannana，即1212121nnnanan，所以11nnaa，2n 且N*n，所以 na是以1为公差的等差数列（2）方方法法一一：二二次次函函数数的的性性质质由（1）可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa，即 2111638aaa，解得112a ，所以13nan，所以22112512562512222228nn nSnnnn，所以，当12n 或13n 时，min78nS 方方法法二二：【最
39、最优优解解】邻邻项项变变号号法法由（1）可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa，即 2111638aaa，解得112a ，所以13nan，即有1123210,0aaaa.则当12n 或13n 时，min78nS【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出nS的最小值，适用于可以求出nS的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解18（2020 年高考全国 I 卷）（2022全国统考高考真题）记ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知cossin21sin1cos2ABAB(1)若23C，求 B；(2)求222
40、abc的最小值(1)6；(2)4 25【解析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将cossin21sin1cos2ABAB化成cossinABB，再结合02B，即可求出；（2）由（1）知，2CB，22AB，再利用正弦定理以及二倍角公式将222abc化成2224cos5cosBB，然后利用基本不等式即可解出【详解】（1）因为2cossin22sincossin1sin1cos22coscosABBBBABBB，即1sincoscossinsincoscos2BABABABC，而02B，所以6B；（2）由（1）知，sincos0BC，所以,022CB，而sincossin2BCC，所以2C
41、B，即有22AB，所以30,424BC所以222222222sinsincos 21 cossincosabABBBcCB 2222222cos11 cos24cos52 854 25coscosBBBBB 当且仅当22cos2B 时取等号，所以222abc的最小值为4 2519（2022 年高考全国 II 卷）在某地区进行流行病学调查，随机调查了 100 位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间20,70)的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为
42、0.1%，该地区年龄位于区间40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间40,50)，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到 0.0001）.(1)47.9岁；(2)0.89；(3)0.0014【解析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；（2）设A 一人患这种疾病的年龄在区间20,70)，根据对立事件的概率公式()1()P AP A 即可解出；（3）根据条件概率公式即可求出【详解】（1）平均年龄(5 0.001 15 0.00225 0.01235 0.01745
43、0.023x 55 0.02065 0.01775 0.00685 0.002)1047.9（岁）（2）设A 一人患这种疾病的年龄在区间20,70)，所以()1()1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89P AP A （3）设B“任选一人年龄位于区间40,50)”，C“从该地区中任选一人患这种疾病”，则由已知得：16%0.16,0.1%0.001,(|)0.023 100.23P BP CP B C,则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间40,50)，此人患这种疾病的概率为()(|)()()0.001 0.23(|)0.00143750.001
44、4()0.16P BCP C P B CCBPBBPP20（2022 年高考全国 I 卷）如图，直三棱柱111ABCABC-的体积为 4，1ABC的面积为2 2(1)求 A 到平面1ABC的距离；(2)设 D 为1AC的中点，1AAAB，平面1ABC 平面11ABB A，求二面角ABDC的正弦值(1)2；(2)32【解析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC平面11ABB A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【详解】（1）在直三棱柱111ABCABC-中，设点 A 到平面1ABC的距离为 h，则1111 1 1112 211433333A A BCAA
45、ABCAABC A BBCCCBVShhVSA AV，解得2h，所以点 A 到平面1ABC的距离为2；（2）取1A B的中点 E,连接 AE,如图，因为1AAAB，所以1AEAB,又平面1ABC 平面11ABB A，平面1ABC 平面111ABB AAB，且AE 平面11ABB A，所以AE平面1ABC，在直三棱柱111ABCABC-中，1BB 平面ABC，由BC平面1ABC，BC平面ABC可得AEBC，1BBBC，又1,AE BB 平面11ABB A且相交，所以BC平面11ABB A，所以1,BC BA BB两两垂直，以 B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE，所以12AAA
46、B，12 2A B，所以2BC，则10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0AABC,所以1AC的中点1,1,1D，则1,1,1BD ，0,2,0,2,0,0BABC ,设平面ABD的一个法向量,mx y z，则020m BDxyzm BAy ，可取1,0,1m，设平面BDC的一个法向量,na b c，则020n BDabcn BCa ，可取0,1,1n r，公众号：高中试卷君则11cos,222m nm nmn ，所以二面角ABDC的正弦值为213122.21（2021 年高考北京卷）已知椭圆2222:1(0)xyEabab一个顶 点(0,2)A，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为
47、4 5（1）求椭圆 E 的方程；（2）过点 P(0，-3)的直线 l 斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 B，C，直线 AB，AC 分别与直线交y=-3 交于点 M，N，当|PM|+|PN|15 时，求 k 的取值范围（1）22154xy；（2）3,1)(1,3【解析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求,a b，从而可求椭圆的标准方程.（2）设1122,B x yC xy，求出直线,AB AC的方程后可得,M N的横坐标，从而可得PMPN，联立直线BC的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简PMPN，从而可求k的范围，注意判别式的要求.【详解】（1）因为椭圆过0,2A
48、，故2b，因为四个顶点围成的四边形的面积为4 5，故1224 52ab，即5a，故椭圆的标准方程为：22154xy.（2）设1122,B x yC xy，因为直线BC的斜率存在，故120 x x，故直线112:2yAB yxx，令=3y，则112Mxxy，同理222Nxxy.直线:3BC ykx，由2234520ykxxy可得224530250kxkx，故22900100 450kk，解得1k 或1k.又1212223025,4545kxxx xkk，故120 x x，所以0MNx x又1212=22MNxxPMPNxxyy2212121222212121222503024545=525301
49、1114545kkkx xxxxxkkkkkkxkxk x xk xxkk故515k 即3k，综上，31k 或13k.22（2022 年高考浙江卷）设函数e()ln(0)2f xx xx(1)求()f x的单调区间；(2)已知,a bR，曲线()yf x上不同的三点112233,xf xxf xxf x处的切线都经过点(,)a b证明：（）若ea，则10()12 eabf a；（）若1230e,axxx，则22132e112ee6e6eaaxxa（注：e2.71828是自然对数的底数）(1)fx的减区间为e02,，增区间为e,2.(2)（）见解析；（）见解析.【解析】（1）求出函数的导数，讨论
50、其符号后可得函数的单调性.（2）（）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有 3 个不同的解可证明不等式成立，（）31xkx，1eam，则题设不等式可转化为2131313122236mmmttmm tt，结合零点满足的方程进一步转化为211312ln0721mmmmmm，利用导数可证该不等式成立.【详解】（1）22e12e22xfxxxx，当e02x，0fx；当e2x，()0fx，故 fx的减区间为e02,，fx的增区间为e,2.（2）（）因为过,a b有三条不同的切线，设切点为,1,2,3iix f xi，故 iiif xbfxxa，故方程 f xbfxxa有 3 个不同的根，该方程可整理