2024年3月26日发(作者：数学试卷19题化简题)
绝密★启用前
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
1．（2021年高考全国甲卷）设集合
M
x
0
x
4
,
N
x
x
5
，则
MN
（
3
1
A．
x
0
x
3
1
B．
x
x
4
3
）
C．
x4x5
D．
x0x5
z
（
zz
1
2．（2022年高考全国甲卷）若
z13i
，则
A．
13i
B．
13i
）
13
C．
i
33
13
D．
i
33
3．（2022年高考全国乙卷）设F为抛物线
C:y
2
4x
的焦点，点A在C上，点
B(3,0)
，若
AFBF
，则
AB
（）
B．
22
C．3D．
32
A．2
|a|5
4．（2020年高考全国新课标III卷）已知向量
a
，
b
满足，
|b|6
，
ab6
，则
cosa,ab=
（）
A．
31
35
B．
19
35
C．
17
35
D．
19
35
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（
A．
）
C．
2
5
1
5
B．
1
3
D．
2
3
6．（2022年高考全国II卷）若
sin(
)
cos(
)
22cos
sin
，则（
4
）
A．
tan
1
C．
tan
1
B．
tan
1
D．
tan
1
32
，
3
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
两个圆锥的高之比为
1:3
，则这两个圆锥的体积之和为（
A
．
3
B
．
4
C
．
9
）
D
．
12
（
2022
年高考全国
II
卷）已知函数
f(x),g(x)
的定义域均为
R
，且
f(x)g(2x)5,g(x)f(x4)7
．若
8
．
yg(x)
的图像关于直线
x2
对称，
g(2)4
，则
f
k
（
k
1
22
）
D
．
24
A
．
21
B
．
22
C
．
23
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年高考全国I卷）有一组样本数据
x
1
，
x
2
，…，
x
n
，由这组数据得到新样本数据
y
1
，
y
2
，…，
y
n
，
其中
y
i
x
i
c
(
i1,2,,n),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
）
2π
10．（2022年高考全国II卷）已知函数
f(x)sin(2x
)(0
π)
的图像关于点
,0
中心对称，则（
3
5π
A．
f(x)
在区间
0,
单调递减
12
π11π
B．
f(x)
在区间
,
有两个极值点
1212
7π
C．直线
x
是曲线
yf(x)
的对称轴
6
D．直线
y
）
3
x
是曲线
yf(x)
的切线
2
（
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
11
．
顶点．则满足
MNOP
的是（）
A．B．
C．D．
3
12．（2022年高考全国I卷）已知函数
f(x)
及其导函数
f
(x)
的定义域均为
R
，记
g(x)f
(x)
，若
f
2
x
，
2
g(2x)
均为偶函数，则（
A．
f(0)0
）
C．
f(1)f(4)
D．
g(1)g(2)
1
B．
g
0
2
三、填空题：本题共
4
小题，每小题
5
分，共
20
分．
3
13．（2022年高考天津卷）
x
2
的展开式中的常数项为______.
x
5
14．（2020年高考天津卷）已知
a0,b0
，且
ab1
，则
118
的最小值为_________．
2a2ba
b
15．（2018年高考江苏卷）在平面直角坐标系
xOy
中，
A
为直线
l:y2x
上在第一象限内的点，
B
5,0
，以
AB
为直径的圆
C
与直线
l
交于另一点
D
．若
ABCD0
，则点
A
的横坐标为
________
．
16．（2022年高考浙江卷）已知双曲线
b
x
2
y
2
2
1(
a
0,
b
0)
的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲
2
ab
4
a
线于点
A
x
1
,y
1
，交双曲线的渐近线于点
B
x
2
,y
2
且
x
1
0x
2
．若
|FB|3|FA|
，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
S
n
为数列
a
n
的前n项和．已知
(1)证明：
a
n
是等差数列；
(2)若
a
4
,a
7
,a
9
成等比数列，求
S
n
的最小值．
（
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
，
18
．
2
S
n
n
2
a
n
1
．
n
已知
cos
A
sin2
B
．
1
sin
A
1
cos2
B
2
，求B；
3
(1)若
C
a
2
b
2
(2)求
的最小值．
2
c
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
ABC-A
1
B
1
C
1
的体积为4，
A
1
BC
的面积为
22
．
(1)求A到平面
A
1
BC
的距离；
(2)设D为
A
1
C
的中点，
AA
1
AB
，平面
A
1
BC
平面
ABB
1
A
1
，求二面角
ABDC
的正弦值．
x
2
y
2
21．（2021年高考北京卷）已知椭圆
E
:
2
2
1(
a
b
0)
一个顶点
A(0,2)
，以椭圆
E
的四个顶点为顶
ab
点的四边形面积为
45
．
（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
f
(
x
)
(1)
求
f(x)
的单调区间；
(2)已知
a,bR
，曲线
yf(x)
上不同的三点
x
1
,f
x
1
,
x
2
,f
x
2
,
x
3
,f
x
3
明：
e
ln
x
(
x
0)
．
2
x
处的切线都经过点
(a,b)
．证
1
a
1
；
2
e
2e
a
112e
a
2
．（ⅱ）若
0ae,x
1
x
2
x
3
，则
e6e
2
x
1
x
3
a
6e
（ⅰ）若
ae
，则
0
b
f
(
a
)
（注：
e2.71828
是自然对数的底数）
绝密★启用前
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
1．（2021年高考全国甲卷）设集合
M
x
0
x
4
,
N
x
x
5
，则
MN
（
3
1
A．
x
0
x
3
1
B．
x
x
4
3
）
C．
x4x5
B【进解析】根据交集定义运算即可
【详解】因为
M
{
x
|0
x
4},
N
{
x
|
故选：B.
D．
x0x5
1
1
x
5}
，所以
M
N
x
|
x
4
,
3
3
【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
z13i
，则
A．
13i
B．
13i
z
（
zz
1
）
13
C．
i
33
13
D．
i
33
C【解析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.
【详解】
z13i,zz(13i)(13i)134.
z
1
3i13
i
zz
1333
故选：C
3．（2022年高考全国乙卷）设F为抛物线
C:y
2
4x
的焦点，点A在C上，点
B(3,0)
，若
AFBF
，则
AB
（）
A．2B．
22
C．3D．
32
B【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，
F
1,0
，则
AFBF2
，
即点
A
到准线
x=
1
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，
A
1,2
，
所以
AB
故选：B
|a|5
4．（2020年高考全国新课标III卷）已知向量
a
，
b
满足，
|b|6
，
ab6
，则
cosa,ab=
（）
31
2
02
22
.
2
A．
31
35
B．
aab
19
35
C．
D【解析】计算出
2
a5b6
【详解】，，
ab6
，
aabaab5
2
619
.
、
ab
17
35
D．
19
35
cosa,ab
的值.的值，利用平面向量数量积可计算出
ab
ab
2
2
2
a2abb2526367
，
a
a
b
1919
.
因此，
cos
a
,
a
b
a
a
b
5
735
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（
A．
）
C．
2
5
1
5
B．
1
3
D．
2
3
C【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】[方法一]：【最优解】无序
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
15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
,
4,6
6种情况，故概率为
[方法二]：有序
从
6
张卡片中无放回抽取
2
张，共有
62
.
155
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
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
122
.
305
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(
)
22cos
sin
，则（
4
A．
tan
1
C．
tan
1
B．
tan
1
D．
tan
1
）
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得解.
【详解】[方法一]：直接法
由已知得：
sin
cos
cos
sin
cos
cos
sin
sin
2
cos
sin
sin
,
即：
sin
cos
cos
sin
cos
cos
sin
sin
0
，
即：
sin
cos
0
所以
tan
1
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα+cosα=0，取
=
，排除A,B；
2
再取α=0则sinβ+cosβ=2sinβ，取β
=
[方法三]：三角恒等变换
4
，排除D；选C.
sin(
)
cos(
)
2sin
（
2sin
（
4
）
=2sin[
（
4
）
]
4
）
cos
2cos
（
4
）
sin
22cos
（
4
）
sin
（
）cos
2cos（
）sin
所以
2sin
44
sin
（
）
cos
cos
（
）
sin
=0
即
sin（
）=0
4
44
sin
（
22
）
=sin
（
）
cos
cos
（
）
sin=sin
（
）
cos
（
=0
）
44422
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
两个圆锥的高之比为
1:3
，则这两个圆锥的体积之和为（
A
．
3
B
【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
AD3BD
，
B
．
4
C
．
9
）
D
．
12
32
，
3
4
R
3
32
设球的半径为
R
，则，可得
R2
，所以，
ABADBD4BD4
，
33
所以，
BD1
，
AD3
，
CDAB
，则
CADACDBCDACD90
，所以，
CADBCD
，
又因为
ADCBDC
，所以，
△ACD∽△CBD
，
所以，
ADCD
，
CD
CDBD
ADBD3
，
11
2
因此，这两个圆锥的体积之和为
CD
ADBD
3
4
4
.
33
故选：
B.
（
2022
年高考全国
II
卷）已知函数
f(x),g(x)
的定义域均为
R
，且
f(x)g(2x)5,g(x)f(x4)7
．若
8
．
yg(x)
的图像关于直线
x2
对称，
g(2)4
，则
f
k
（
k
1
22
）
D
．
24
A
．
21
B
．
22
C
．
23
f
3
f
5
f
21
10
D【解析】根据对称性和已知条件得到
f(x)f(x2)2
，从而得到，
f
4
f
6
f
22
10
g
3
6
f
1
，然后根据条件得到
f(2)
的值，再由题意得到从而得到的值即
可求解.
【详解】因为
yg(x)
的图像关于直线
x2
对称，
所以
g
2x
g
x2
，
因为
g(x)f(x4)7
，所以
g(x2)f(x2)7
，即
g(x2)7f(x2)
，
因为
f(x)g(2x)5
，所以
f(x)g(x2)5
，
代入得
f(x)
7f(x2)
5
，即
f(x)f(x2)2
，
所以
f
3
f
5
f
21
2
510
，
f
4
f
6
f
22
2
510
.
因为
f(x)g(2x)5
，所以
f(0)g(2)5
，即
f
0
1
，所以
f(2)2f
0
3
.
因为
g(x)f(x4)7
，所以
g(x4)f(x)7
，又因为
f(x)g(2x)5
，
联立得，
g
2x
g
x4
12
，
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
g
3
6
因为
f(x)g(x2)5
，所以
f
1
5g
3
1
.
f
6
f
22
所以
f
(
k
)
f
1
f
2
.
f
3
f
5
f
21
f
4
1
3
10
10
24
k
1
22
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年高考全国I卷）有一组样本数据
x
1
，
x
2
，…，
x
n
，由这组数据得到新样本数据
y
1
，
y
2
，…，
y
n
，
其中
y
i
x
i
c
(
i1,2,,n),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(y)E(x)c
、
D(y)D(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(y)E(xc)E(x)c
且
c0
，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为
x
i
，则第二组的中位数为
y
i
x
i
c
，显然不相同，错误；
C
：
D(y)D(x)D(c)D(x)
，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为
x
max
x
min
，则第二组的极差为
y
max
y
min
(x
max
c)(x
min
c)x
max
x
min
，故极差相同，正确；
）
故选：CD
2π
10．（2022年高考全国II卷）已知函数
f(x)sin(2x
)(0
π)
的图像关于点
,0
中心对称，则（
3
5π
A．
f(x)
在区间
0,
单调递减
12
π11π
B．
f(x)
在区间
,
有两个极值点
1212
7π
C．直线
x
是曲线
yf(x)
的对称轴
6
D．直线
y
）
3
x
是曲线
yf(x)
的切线
2
AD【解析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
4π
2π
4π
k
π
，
kZ
，
【详解】由题意得：
f
sin
0
，所以
3
3
3
4π
k
π,
kZ
，
即
3
2π
2π
，故
f
(
x
)
sin
2
x
．
3
3
2π
2π3π
5π
5π
,
，由正弦函数
ysinu
图象知
yf(x)
在
0,
上是单调递减；对A，当
x
0,
时，
2
x
3
32
12
12
又
0
π
，所以
k2
时，
2π
π5π
π11π
2
x
,
，由正弦函数
ysinu
图象知
yf(x)
只有1个极值点，由对B，当
x
,
时，
3
22
1212
5π5π
2π3π
2
x
，解得
x
，即
x
为函数的唯一极值点；
32
1212
7π2π7π7π
3π
，
f
()
0
，直线
x
时，
2
x
不是对称轴；
6366
2π
2π
1
1cos2
x
对D，由
y
2cos
2
x
得：，
3
3
2
对C，当
x
2π2π2π4π
2
k
π
或
2
x
2
k
π,
kZ
,
3333
π
从而得：
xkπ
或
xk
π,
kZ
,
3
解得
2
x
3
2π
0,
k
y
2cos
1
，所以函数
yf(x)
在点
处的切线斜率为
x
0
2
3
切线方程为：
y
故选：AD．
（
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
11
．
顶点．则满足
MNOP
的是（）
3
3
(
x
0)
即
yx
．
2
2
A．B．
C．D．
BC
【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
，
OC2
，
CP1
，故
tan
POC
故
MNOP
不成立，故
A
错误
.
1
2
2
，
2
对于
B
，如图（
2
）所示，取
NT
的中点为
Q
，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
PQ
1
AC
2
，
OQ
2
AO
2
AQ
2
123
，
222
POPK
2
OK
2
415
，
QOPQOP
，故
QPO
不是直角，
故
PO,MN
不垂直，故
D
错误
.
故选：
BC.
3
12．（2022年高考全国I卷）已知函数
f(x)
及其导函数
f
(x)
的定义域均为
R
，记
g(x)f
(x)
，若
f
2
x
，
2
g(2x)
均为偶函数，则（）
A．
f(0)0
1
B．
g
0
2
C．
f(1)f(4)
D．
g(1)g(2)
BC【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】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
3
3
3
3
3
对于
f(x)
，因为
f
2
x
为偶函数，所以
f
2
x
f
2
x
即
f
x
f
x
①，所以
2
2
2
2
2
3
f
3x
f
x
，所以
f(x)
关于
x
对称，则
f(1)f(4)
，故C正确；
2
对于
g(x)
，因为
g(2x)
为偶函数，
g(2x)g(2x)
，
g(4x)g(x)
，所以
g(x)
关于
x2
对称，由①求
导，和
g(x)f
(x)
，得
f
3
3
x
f
x
f
2
2
3
3
3
3
，所
x
f
x
g
x
g
x
2222
3
3
以
g
3x
g
x
0
，所以
g(x)
关于
(,0)
对称，因为其定义域为R，所以
g
0
，结合
g(x)
关于
x2
对
2
2
3
1
3
称，从而周期
T
4
2
2
，所以
g
g
0
，
g
1
g
1
g
2
，故B正确，D错误；
2
2
2
若函数
f(x)
满足题设条件，则函数
f(x)C
（
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.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知
g(x)
周期为2，关于
x2
对称，故可设
g
x
cos
πx
，则
f
x
误，选
BC.
故选：BC.
[方法三]：
1
sin
π
x
c
，显然A，D错
π
3
因为
f
2
x
，
g(2x)
均为偶函数，
2
3
3
3
3
所以
f
2
x
f
2
x
即
f
x
f
x
，
g(2x)g(2x)
，
2
2
2
2
所以
f
3x
f
x
，
g(4x)g(x)
，则
f(1)f(4)
，故C正确；
3
函数
f(x)
，
g(x)
的图象分别关于直线
x
,
x
2
对称，
2
又
g(x)f
(x)
，且函数
f(x)
可导，
3
所以
g
0,
g
3
x
g
x
，
2
所以
g(4x)g(x)g
3x
，所以
g(x2)g(x1)g
x
，
1
3
所以
g
g
0
，
g
1
g
1
g
2
，故B正确，D错误；
2
2
若函数
f(x)
满足题设条件，则函数
f(x)C
（
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．
3
13．（2022年高考天津卷）
x
2
的展开式中的常数项为______.
x
5
5
r
5
5
r
3
0
，代入
15
【解析】由题意结合二项式定理可得
x
2
的展开式的通项为
T
C
r
3
r
x
2
，令
r
15
2
x
5
5
即可得解
.
3
【详解】由题意
x
2
的展开式的通项为
T
r
1
C
5
r
x
5
x
5
r
5
5
r
3
rr
2
C
5
3
x
2
，
x
r
令
5
5
r
1
3
15
，
0
即
r1
，则
C
5
r
3
r
C
5
2
5
3
所以
x
2
的展开式中的常数项为
15
.
x
故答案为：
15
.
14．（2020年高考天津卷）已知
a0,b0
，且
ab1
，则
118
的最小值为_________．
2a2ba
b
a
b
8
a
b
，利用基本不等式即可求解.
4【解析】根据已知条件，将所求的式子化为
2
【详解】
a0,b0,ab0
，
ab1
,
118
abab
8
2
a
2
ba
b
2
a
2
ba
b
a
b
8
a
b
8
2
4
，当且仅当
ab
=4时取等号，
2
a
b
2
a
b
结合
ab1
,解得
a23,b23
，或
a23,b23
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
l:y2x
上在第一象限内的点，
B
5,0
，以
AB
为直径的圆
C
与直线
l
交于另一点
D
．若
ABCD0
，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】［方法一］：【通性通法】直译法
a
5
,
a
,
易得
C:
x5
xa
y
y2a
0
，设
A
a,2a
(a0)
，则由圆心
C
为
AB
中点得
C
与
y2x
联
2
立解得点
D
的横坐标
x
D
1,
a
5
,2
a
，所以
D
1,2
.所以
AB
5
a
,
2
a
,
CD
1
2
a
5
由
ABCD0
得
5
a
1
2
a
2
a
0,
2
即
a
2
2a30
，解得：
a3
或
a1
，因为
a0
，所以
a3.
故答案为：3．
［方法二］：【最优解】几何法
如图
3
，因为
AB
为直径，所以
AD
BD
，
ABCD0
，
△AFD≌△DEB
．
设
|OE|t
，则
|DE||AF|2t,|DF||BE|4t
，
所以
|OB||OE||EB|5t5
，即
t1
．
所以，
A
点的坐标为
(3,6)
，则点
A
的横坐标为
3
．
［方法三］：数形结合
1
1
如图4，由已知，得
BDl
，则
k
BD
，所以
BD
的方程为
y
(
x
5)
．
2
2
y
2
x
,
由
解得
D(1,2)
．
1
y
(
x
5),
2
3
a
5
a
A(a,2a)
C
,
aAB
(5
a
,
2
a
),
CD
,2
a
．设，则
，从而
2
2
3
a
AB
CD
(5
a
)
2
a
(2
a
)
0
，解得
a3
或
a1
．所以
2
又
a0
，所以
a3
．即点
A
的横坐标为
3
．
［方法四］：数形结合＋斜率公式
由
ABCD0
，得
ABCD
，又
C
是
AB
的中点，所以
ADBD
．
又
AD
BD
，所以
BAD45
．设直线
l
的倾斜角为
，则
tan
2
，从而
k
AB
tan
ABx
tan(
45
)
设
A(a,2a)
，则
2
1
3
．
1
2
2
a
3
，解得
a3
．即点A的横坐标为3．
a
5
25
．
5
25
25
．
5
［方法五］：数形结合＋解三角形
由方法四，知
tan
2
，则
sin
在
Rt△BDO
中，
BDOB
sin
5
在等腰
RtADB
中，
AB2BD210
．
设
A(a,2a)
，则
(a5)
2
(2a)
2
210
，解得
a3
或
a1
．
又
a0
，所以
a3
．即点
A
的横坐标为
3
．
［方法六］：数形结合＋解三角形
设直线l的倾斜角为
，则
tan
2
，则
sin
由方法四知
OAB
21
,cos
．
55
23310
，于是
sin
OBA
sin
．
4
4210
5
OAOB
，解得
OA35
，在
OAB
中，由正弦定理知
sin
OBA
sin
4
故点
A
的横坐标为
OAcos
3
．
［方法七］：数形结合＋解三角形
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
ABCD0
，所以
ABCD
，
△ABD
为等腰直角三角形，即
ADBD
．
在
Rt△OBD
中，
tan
BOA
k
2
BD
．
OD
又
OD
2
BD
2
OB
2
5
2
，所以
OD5,BD25
．
因为A在第一象限，所以
OAODAD35
．
y
A
22
2,
x
A
y
A
OA
2
(35)
2
，所以
x
A
3
．又
x
A
【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．
b
x
2
y
2
16．（2022年高考浙江卷）已知双曲线
2
2
1(
a
0,
b
0)
的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲
ab
4
a
线于点
A
x
1
,y
1
，交双曲线的渐近线于点
B
x
2
,y
2
且
x
1
0x
2
．若
|FB|3|FA|
，则双曲线的离心率是
_________
．
b
36
【解析】联立直线
AB
和渐近线
l
2
:
y
x
方程，可求出点
B
，再根据
|FB|3|FA|
可求得点
A
，最后根
a
4
据点
A
在双曲线上，即可解出离心率．
【详解】过
F
且斜率为
bb
b
(
x
c
)
，渐近线
l
2
:
y
x
，的直线
AB
:
y
4
a
4
aa
b
y
(
x
c
)
cbc
5
cbc
4
a
联立
，得
B
,
，由
|FB|3|FA|
，得
A
,
,
33
a
99
a
y
b
x
a
25
c
2
b
2
c
2
c
2
81
36
而点
A
在双曲线上，于是，解得：，所以离心率.
1
e
2222
81
a
81
aba
24
4
故答案为：
36
．
4
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
S
n
为数列
a
n
的前n项和．已知
(1)证明：
a
n
是等差数列；
(2)若
a
4
,a
7
,a
9
成等比数列，求
S
n
的最小值．
2
S
n
n
2
a
n
1
．
n
S
1
,
n
1
a
n
2
2
Sn
2
nan
S
n
S
n
1
,
n
2
，作差即可
n
(1)证明见解析；(2)
78
．【解析】（1）依题意可得
n
，根据
得到
a
n
a
n
1
1
，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出
a
1
，即可得到
a
n
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
2
S
n
n
2
a
n
1
，即
2
S
n
n
2
2
na
n
n
①，
n
2
当
n2
时，
2
S
n
1
n
1
2
n
1
a
n
1
n
1
②，
①
②得，
2
S
n
n
2
2
S
n
1
n
1
2
na
n
n
2
n
1
a
n
1
n
1
，
即
2
a
n
2
n
1
2
na
n
2
n
1
a
n
1
1
，
即
2
n
1
a
n
2
n
1
a
n
1
2
n
1
，所以
a
n
a
n
1
1
，
n2
且
nN*
，
所以
a
n
是以
1
为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得
a
4
a
1
3
，
a
7
a
1
6
，
a
9
a
1
8
，
2
2
又
a
4
，
a
7
，
a
9
成等比数列，所以
a
7
a
4
a
9
，
2
即
a
1
6
a
1
3
a
1
8
，解得
a
1
12
，
所以
a
n
n
13
，所以
S
n
12
n
n
n
1
2
1251
25
625
，
n
2
n
n
222
2
8
2
所以，当
n12
或
n13
时，
S
n
min
78
．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得
a
4
a
1
3
，
a
7
a
1
6
，
a
9
a
1
8
，
2
又
a
4
，
a
7
，
a
9
成等比数列，所以
a
7
a
4
a
9
，
2
即
a
1
6
a
1
3
a
1
8
，解得
a
1
12
，
所以
a
n
n
13
，即有
a
1
a
2
a
12
0,a
13
0
.
则当
n12
或
n13
时，
S
n
min
78
．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出
S
n
的最小值，适用于可以求出
S
n
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．
（
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
，
18
．
已知
cos
A
sin2
B
．
1
sin
A
1
cos2
B
2
，求B；
3
(1)若
C
a
2
b
2
(2)求
的最小值．
2
c
π
cos
A
sin2
B
(1)
；(2)
425
．【解析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成
1
sin
A
1
cos2
B
6
cos
AB
sinB
，再结合
0
B
π
，即可求出；
2
ππ2
a
2
b
2
2
CB
，
A
2
B
，
4cos
B
5
，（2）由（1）知，
再利用正弦定理以及二倍角公式将
化成
2
2
22cos
B
c
然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为
cos
A
sin2
B
2sin
B
cos
B
sin
B
，即
1
sin
A
1
cos2
B
2cos
2
B
cos
B
sin
B
cos
A
cos
B
sin
A
sin
B
cos
AB
cos
C
1
，
2
而
0
B
π
π
，所以
B
；
6
2
ππ
C
π,0
B
，
22
（2）由（1）知，
sinBcosC0
，所以
π
而
sin
B
cos
C
sin
C
，
2
ππ
3
所以
CB
，即有
A
2
B
，所以
B
0,
,
C
,
22
4
24
a
2
b
2
sin
2
A
sin
2
B
cos
2
2
B
1
cos
2
B
所以
c
2
sin
2
C
cos
2
B
2cos
2
B
1
1
cos
2
B
cos
2
B
2
2
4cos
2
B
2
5
28
5
42
5
．
2
cos
B
a
2
b
2
2
当且仅当
cos
B
时取等号，所以
的最小值为
425
．
2
c
2
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
）
.
【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
(1)
47.9
岁；
(2)
0.89
；
(3)
0.0014
．
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
P(A)1P(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
x(50.001150.002250.012350.017450.023
550.020650.017750.006850.002)1047.9
（岁）．
（
2
）设
A
{
一人患这种疾病的年龄在区间
[20,70)
}
，所以
P(A)1P(A)1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89
．
（
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：
P
B
16%0.16,P
C
0.1%0.001,P(B|C)0.023100.23
,
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
P
(
C
|
B
)
P
(
BC
)
P
(
C
)
P
(
B
|
C
)0.001
0.23
0.0014375
0.0014
．
P
(
B
)
P
(
B
)0.16
20．（2022年高考全国I卷）如图，直三棱柱
ABC-A
1
B
1
C
1
的体积为4，
A
1
BC
的面积为
22
．
(1)求A到平面
A
1
BC
的距离；
(2)设D为
A
1
C
的中点，
AA
1
AB
，平面
A
1
BC
平面
ABB
1
A
1
，求二面角
ABDC
的正弦值．
(1)
2
；(2)
3
【解析】（1）由等体积法运算即可得解；
2
（2）由面面垂直的性质及判定可得
BC
平面
ABB
1
A
1
，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
ABC-A
1
B
1
C
1
中，设点A到平面
A
1
BC
的距离为h，
122114
则
V
A
A
1
BC
S
A
1
BC
h
h
V
A
1
ABC
S
ABC
A
1
A
V
ABC
A
1
B
1
C
1
，
33333
解得
h2
，
所以点A到平面
A
1
BC
的距离为
2
；
（2）取
A
1
B
的中点E,连接AE,如图，因为
AA
1
AB
，所以
AEA
1
B
,
又平面
A
1
BC
平面
ABB
1
A
1
，平面
A
1
BC
平面
ABB
1
A
1
A
1
B
，
且
AE
平面
ABB
1
A
1
，所以
AE
平面
A
1
BC
，
在直三棱柱
ABC-A
1
B
1
C
1
中，
BB
1
平面
ABC
，
由
BC
平面
A
1
BC
，
BC
平面
ABC
可得
AEBC
，
BB
1
BC
，
又
AE,BB
1
平面
ABB
1
A
1
且相交，所以
BC
平面
ABB
1
A
1
，
所以
BC,BA,BB
1
两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得
AE2
，所以
AA
1
AB2
，
A
1
B22
，所以
BC2
，
则
A
0,2,0
,A
1
0,2,2
,B
0,0,0
,C
2,0,0
,所以
A
1
C
的中点
D
1,1,1
，
BD1,1,1BA0,2,0,BC
2,0,0
,
则
，
m
BD
x
y
z
0
设平面
ABD
的一个法向量
m
x,y,z
，则
，
m
BA
2
y
0
可取
m
1,0,1
，
n
BD
a
b
c
0
设平面
BDC
的一个法向量
n
a,b,c
，则
，
n
BC
2
a
0
r
n
可取
0,1,1
，公众号：高中试卷君
m
n
则
cos
m
,
n
m
n
1
2
2
1
，
2
2
1
3
所以二面角
ABDC
的正弦值为
1
.
22
x
2
y
2
21．（2021年高考北京卷）已知椭圆
E
:
2
2
1(
a
b
0)
一个顶点
A(0,2)
，以椭圆
E
的四个顶点为顶
ab
点的四边形面积为
45
．
（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．
x
2
y
2
（1）
（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
1
；
54
求
a,b
，从而可求椭圆的标准方程
.
（2）设
B
x
1
,y
1
,C
x
2
,y
2
，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
A
0,2
，故
b2
，
1
因为四个顶点围成的四边形的面积为
45
，故
2
a
2
b
45
，即
a5
，
2
x
2
y
2
故椭圆的标准方程为：
1
.
54
（2）
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