2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学(一)答案(1)(1)_2024年2月_022月合集_仿真丨新高考2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学（一至六）

2023 年普通高等学校招生全国统一考试·仿真模拟卷数
数学（一）
注意事项：
1．本卷满分 150分，考试时间 120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号
填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2，选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案
标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效．
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题
卷、草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
一、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，只有一个选项是符合题目要求的．
   
A x 2x 4 B  x x11
1. 已知集合 ， ，则
AB 
（ ）
A.  0,2  B.  1,2  C. 1,2 D.  0,1 
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合A和B，即可得出AB的取值范围.
【详解】解：由题意
   
在A x 2x 4 ，B  x x11 中，
   
A x x2 ，B  x1 x2
 
∴AB  x1 x2
故选：B.
2. 已知复数z满足z  1i  z1  2i1  ，则复数z的实部与虚部的和为（ ）
1 1
A.1 B. 1 C. D. 
5 5
【答案】D
【解析】
4 3
【分析】根据复数的运算法则求出复数z   i，则得到答案.
5 5
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学科网（北京）股份有限公司【详解】z(1i) z(2i1)(2i1)
2i1 (2i1)(2i) 43i 4 3
z(2i)2i1，z      i，
2i 5 5 5 5
4 3 1
故实部与虚部的和为   ，
5 5 5
故选：D.
3.  12x  23x 5的展开式中，x的系数为（ ）
A. 154 B. 162 C. 176 D. 180
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式定理可求得 23x 5展开式通项，由此可确定T,T ，结合多项式乘法
1 2
运算进行整理即可确定x的系数.
【详解】  23x 5展开式的通项公式为：T Cr 25r  3x r 25r 3rCrxr；
r1 5 5
当r 1时，T 243C1x240x；当r 0时，T 25 32；
2 5 1
x的系数为24023224064176.
故选：C.
1 cos2
4. 已知tan ，则 （ ）
5
sin2sin2
8 8 3 3
A.  B. C.  D.
3 3 8 8
【答案】A
【解析】
1
【分析】利用二倍角公式化简为正、余弦的齐次分式，分式上下同除cos2，代入tan
5
可得答案.
cos2 cos2sin2
【详解】 
sin2sin2 sin22sincos
1
1
1tan2 25 8
   ,
tan22tan 1

2 3
25 5
故选：A.
5. 何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造形浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中
国”为“中国”一词的最早文字记载．何尊的形状可以近似地看作是圆台与圆柱的组合体，
高约为40cm，上口直径约为28cm，下端圆柱的直径约为18cm．经测量知圆柱的高约为24cm，
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学科网（北京）股份有限公司则估计该何尊可以装酒（不计何尊的厚度，403π 1266，1944π6107）（ ）
A. 12750cm3 B. 12800cm3
C. 12850cm3 D. 12900cm3
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆柱和圆台的体积公式计算可得结果.
【详解】下端圆柱的体积为：24π92 1944π 6107 cm3，
1   16π 16
上端圆台的体积为： 16π 142 14992  403 1266 6752 cm3，
3 3 3
所以该何尊的体积估计为61076752 12859 cm3.
因为12850最接近12859，
所以估计该何尊可以装酒12850 cm3.
故选：C
6. 已知 f(x)是定义域为R的奇函数，满足 f  x  f  2x  ，则 f  2022 （ ）
A.2 B.1 C. 1 D.0
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数 f(x)是定义域为R的奇函数，且 f  x  f  2x  得出函数 f(x)是周期
为4的周期函数，进而求解.
【详解】因为函数 f(x)是定义域为R的奇函数，且 f  x  f  2x  ，
所以 f(2x) f(x)f(x)，所以 f(x4) f(x)，
即函数 f(x)是周期为4的周期函数，
因为函数 f(x)是定义域为R的奇函数，所以 f(0)0，
因为 f  x  f  2x  ，所以 f(2) f(0)0，
又因为202245052，所以 f(2022) f(2)0，
故选：D.
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学科网（北京）股份有限公司7. 在四棱锥PABCD中，ABCD是边长为2的正方形，AP PD  10，平面PAD 
平面ABCD，则四棱锥PABCD外接球的表面积为（ ）
136π 68π
A.4π B.8π C. D.
9 3
【答案】C
【解析】
【分析】将该四棱锥的外接球放在一个长方体内，画出图形，利用已知条件找出球心，建立
相应的关系式，求出外接球的半径，利用球体表面积公式计算即可.
【详解】由题意将该四棱锥放在一个长方体的中，
如图①所示：
取AD的中点H ，连接PH，连接AC,BD交于O ，
1
由AP PD  10，
则在等腰PAD中有：PH  AD，
又平面PAD 平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，
则PH 平面ABCD，
1
又AH  AD 1，
2
所以在Rt△PAH 中，
 2
PH  PA2AH2  10 12  3，
由底面为正方形ABCD，
所以它的外接圆的圆心为对角线的交点O ，
1
连接OH ，则PH OH ，
1 1
PAD外接圆的圆心为O ，且在PH上，
2
过点O ，O 分别作平面ABCD与平面PAD的垂线，
1 2
则两垂线必交于点O，点O即为四棱锥PABCD外接球的球心，
且OO 平面ABCD，
1
第4页/共21页
学科网（北京）股份有限公司又PH 平面ABCD，即O H 平面ABCD，
2
所以OO ∥ PH ，
1
所以四边形OOHO 为矩形.
1 2
如图②连接AO ，则AO  PO ，
2 2 2
在RtAO H 中，O H PH PO PH AO  3AO ，
2 2 2 2 2
所以AO2  AH2 HO2 12  3 AO 2，
2 2 2
5
解得AO  ，
2 3
5 4
所以O H 3  ，
2 3 3
4
所以OO O H  ，
1 2 3
在图①中连接OB，
1
由OB  BD 2 ，
1 2
所以在RtOOB中，
1
2
4  2 16 34
OB  OO2 OB2     2  2  ，
1 1 3 9 3
34
即四棱锥PABCD外接球的半径为R OB  ，
3
所以四棱锥PABCD外接球的表面积为：
2
 34 136
S 4πR2 4π   π，
 
 3  9
故选：C.
8. 已知抛物线C：y2 4x，O为坐标原点，A，B是抛物线C上两点，记直线OA，OB的
1
斜率分别为k ，k ，且k k  ，直线AB与x轴的交点为P，直线OA、OB与抛物线C
1 2 1 2 2
的准线分别交于点M，N，则 PMN的面积的最小值为（ ）
2 △ 2 9 2 9 2
A. B. C. D.
8 4 4 2
【答案】D
【解析】
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【分析】设出A、B的坐标，由k k  解得 y y 的值，再分别求出点M、点N的坐标，
1 2 2 1 2
求得|MN |的式子，研究l 恒过x轴上的定点可得点P的坐标，进而用方法1基本不等式
AB
或方法2函数思想求得三角形面积的最小值.
y2 y 2 4 4
【详解】设A( 1 ,y )，B( 2 ,y )，则k  ，k  ，
4 1 4 2 1 y 2 y
1 2
16 1
∴k k  
1 2 y y 2
1 2
∴ y y 32，
1 2
4 4 4
∴设l ： y x ，令x=1得： y  ，∴M(1, )，
OA y y y
1 1 1
4
同理：N(1, )
y
2
4 4 y  y | y  y |
∴|MN ||  |4| 1 2 | 1 2 ，
y y y y 8
1 2 1 2
设l ：xmyt，
AB
xmyt 1
  y2myt  0
 y2 4x 4
m2 t 0， y  y 4m， y y = - 4t ，
1 2 1 2
又∵ y y 32，
1 2
∴4t 32，解得：t 8，
∴l ：xmy8恒过点(8,0)，
AB
∴l 与x轴交点P的坐标为(8,0)，即：P(8,0)，
AB
∴点P到准线x=1的距离为8+1=9.
| y  y | 1 32 1
方法1：|MN | 1 2  | y  | 2 32  2，当且仅当| y | 4 2时取等号.
8 8 1 y 8 1
1
1 9 9 2
∴S  |MN |9 |MN | ，
△PMN
2 2 2
9 2
∴△PMN的面积的最小值为 .
2
| y  y | 1 1 1
方法2：|MN | 1 2  (y  y )2 4y y  16m2 128  m2 8
8 8 1 2 1 2 8 2
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∵m2 0 ∴|MN | 8  2，当且仅当m=0时取得最小值.
2
1 9 9 2
∴S  |MN |9 |MN | ，
△PMN
2 2 2
9 2
∴△PMN的面积的最小值为 .
2
故选：D.
二、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，有选错的得 0分，部分选对的得 2
分．

9. 已知函数 f  x  1 cosx 3 sinx 0 的图像关于直线x 对称，则ω的取值
2 2 6
可以为（ ）
A.2 B.4 C.6 D.8
【答案】AD
【解析】
【分析】首先将函数 f  x  化成一个三角函数，然后根据对称轴公式求得的表达式，对整
数k赋值求得结果.
【详解】 f  x  1 cosx 3 sinxsin  x   ，
2 2 6

因为函数 f  x  的图象关于直线x 对称，
6
  
所以   k，kZ，解得26k ，
6 6 2
因为0，所以当k 0时，2；所以当k 1时，8.
故选：AD.
10. 在菱形ABCD中，AB 2，DAB  60，点E为线段CD的中点，AC和BD交
于点O，则（ ）
   
A. ACBD0 B. ABAD2
   
1 5
C. OEBA D. OEAE 
4 2
【答案】ABD
【解析】
【分析】以O为坐标原点可建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算依次验
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学科网（北京）股份有限公司证各个选项即可.
【详解】四边形ABCD为菱形，AC  BD，
 
则以O为坐标原点，OC,OD正方向为x,y轴，可建立如图所示平面直角坐标系，
AB  AD  2，DAB  60，BD 2，OAOC  22 12  3，
   3 1
O  0,0  ，A  3,0 ，B  0,1 ，D  0,1 ，E , ，
 
 2 2
 
对于A，AC ^ BD，ACBD0，A正确；
       
对于B，AB 3,1 ，AD 3,1 ，ABAD312，B正确；
  3 1      3 1
对于C，OE 

, 

，BA  3,1 ，OEBA  1，C错误；
 2 2 2 2
  3 1  3 3 1   9 1 5
对于D，OE 

, 

，AE 

, 

，OEAE    ，D正确.
 2 2  2 2 4 4 2
故选：ABD.
11. 一袋中有3个红球，4个白球，这些球除颜色外，其他完全相同，现从袋中任取3个球，
事件A“这3个球都是红球”，事件B“这3个球中至少有1个红球”，事件C“这3个球中至多
有1个红球”，则下列判断错误的是（ ）
1 3
A. 事件A发生的概率为 B. 事件B发生的概率为
5 10
3 1
C. 事件C发生的概率为 D. P(A|B)
35 31
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意求出基本事件总数、满足条件的基本事件数，利用古典概型概率公式及条
件概率公式求解即可.
【详解】由题意7个球中任取3个球的基本事件总数为：C3 35
7
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学科网（北京）股份有限公司这3个球都是红球的基本事件数为：C3 1，
3
1
所以事件A发生的概率为：P(A) ，故A错误，
35
这3个球中至少有1个红球的基本事件数为：
C1C2 C2C1+C3 1812131，
3 4 3 4 3
31
所以事件B发生的概率为：P(B) ，故B错误，
35
这3个球中至多有1个红球的基本事件数为：
C1 C2 C3 18422，
3 4 4
22
事件C发生的概率为P(C) ,故C错误，
35
1
因为P(AB) P(A) ，
35
1
P(AB) 35 1
所以由条件概率公式得：P(A|B)    ，
P(B) 31 31
35
故D正确，
故选：ABC.
12. 对于函数 f  x  x3x2 cxd  c,dR  ，下列说法正确的是（ ）
 
A. 若d  0 ，则函数 f x 为奇函数
1
B. 函数 f  x  有极值的充要条件是c
3
2
C 若函数f（x）有两个极值点x，x ，则x4 x4 
. 1 2 1 2 81
D. 若cd 2，则过点  2，0  作曲线 y f  x  的切线有且仅有3条
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：利用奇偶性的定义直接判断；对于B：利用极值的计算方法直接求解；对
于C：先求出c 1 ，表示出x4 x4  2c2  16 c 16 ，即可求出；对于D：设切点  x ,y  ，
3 1 2 9 27 81 0 0
由导数的几何意义得到2x 3 5x 2 4x 60.设g  x 2x35x2 4x6，利用导数
0 0 0
 
判断出函数g x 有三个零点，即可求解.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】对于A：当d  0 时， f  x  x3x2 cx定义域为R.
因为 f x x 3x 2c x x3x2cx f  x ，
 
所以函数 f x 不是奇函数.故A错误；
对于B：函数 f  x  有极值 f  x  在R上不单调.
由 f  x  x3x2 cxd 求导得： f x 3x2 2xc.
1
f  x  在R上不单调 f  x  在R上有正有负 443c0  c .
3
故B正确.
1
对于C：若函数f（x）有两个极值点x，x ，必满足0，即c .
1 2
3
 2
x x 
  1 2 3
此时x，x 为3x2 2xc0的两根，所以 .
1 2 c

x x 
 1 2 3
所以x2 x2  x x 22x x  4  2c .
1 2 1 2 1 2 9 3
 2  4 2c 2 c2 2c2 16 16
所以x4 x4  x2 x2 2x2x2   2   c
1 2 1 2 1 2 9 3 9 9 27 81
16

27 4 1
对称轴c  ，所以当c 时，
2 3 3
2
9
2c2 16 16 2  1 2 16 1 16 2
x4 x4   c       .
1 2 9 27 81 9 3 27 3 81 81
2
即x4 x4  .故C正确；
1 2 81
对于D：若cd 2时， f  x  x3x2 2x2.
所以 f x 3x2 2x2.
y  x 3x 2 2x 2
 0 0 0 0
 
设切点 x ,y ，则有： y 0 ，
0 0 f x 3x 2 2x 2 0
  0 0 0 x 2
0
消去 y ，整理得：2x 3 5x 2 4x 60
0 0 0 0
不妨设g  x 2x35x2 4x6，则g x 6x2 10x4.
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学科网（北京）股份有限公司1 1
令g x 0，解得：x2或x ；令g x 0，解得：   x2.
3 3
 1  1 
所以g  x  在 , ，2,上单调递增，在  ,2上单调递减.
 3  3 
   3  2  
所以g  x  g  1  2  1 5  1 4  1 6 6 19  0 ，
极大值 3 3 3 3 27
g  x  g  2 22352242660 .
极小值
所以作出的图像如图所示：
因为函数g  x  有三个零点，所以方程2x 3 5x 2 4x 60有三个根，所以过点  2，0  作
0 0 0
曲线 y f  x  的切线有且仅有3条.故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．
s2
13. 已知样本数据1，1，2，2，3，若该样本的方差为s2，极差为t，则 ______．
t
7
【答案】 ##0.7
10
【解析】
s2
【分析】根据极差的定义可得t 31 4，先求出平均数，再从方差，从而可求 .
t
1 1 223
【详解】极差t
31 4，平均数为
1，
5
1 14
故方差s2  11 211 2 21 2  21 2  31 2 .
 
5 5
14
所以 s2 5 7 .
 
t 4 10
7
故答案为: .
10
第11页/共21页
学科网（北京）股份有限公司14. 已知圆O：x2  y2 1与直线l：x=1，写出一个半径为1，且与圆O及直线都相切
的圆的方程：______．
【答案】x2  y2 2 1(答案不唯一)
【解析】
【分析】根据圆的圆心和半径,结合直线和圆的位置关系及两个圆的位置关系计算即可.
【详解】设圆心C为  x ,y  ,由已知圆C与直线l：x=1相切, 圆C与圆O：x2  y2 1
0 0
相切,
  1x 1 x 0 x 0 x 2
可得 0 ,即得 0 或 0 或 0 ,
 x
0
2  y
0
2 2 y
0
2 y
0
2 y
0
0
且已知半径为1,
所以圆的方程可以为: x2  y2 2 1或x2  y2 2 1或( x+2 )2 +y2 =1
故答案为: x2  y2 2 1(答案不唯一)
x2 y2
15. 已知椭圆  1  ab0 的左顶点为A，左焦点为F，过F作x轴的垂线在x
a2 b2
3
轴上方交椭圆于点B，若直线AB的斜率为 ，则该椭圆的离心率为______．
2
1
【答案】 ##0.5
2
【解析】
b2
【分析】由题意设 A a,0  ，B

c,
b2 
，再由
a
0
3结合a2 b2 c2，即
 a  k  
AB ca 2
可得出答案.
【详解】由题意可得，A a,0  ，F c,0  ，
x2 y2 b2
令椭圆  1  ab0 中xc，解得： y  ，
a2 b2 a
b2 a2 c2
 b2  0
所以Bc, ，而 a 3，则 a ac 3 ，
 a  k    
AB ca 2 ca a 2
1
解得：e .
2
1
故答案为： .
2
第12页/共21页
学科网（北京）股份有限公司16. 已知f（x）是偶函数，当x0时， f  x  x log  x1 ，则满足 f  x  2 的实
2 x
数x的取值范围是______．
【答案】
,0  1,
【解析】
【分析】利用奇偶性和函数的单调性解不等式.
【详解】当x0时， f  x  x log  x1 ，函数在  0, 上单调递增，
2
∴ f(x) f(0)0，又 f  x  是偶函数，所以 f  x  的值域为  0, .
当x0时， f  x  x log  x1 ，不等式 f  x  2 为 x log  x1  2 ，即
2 x 2 x
x log  x1  2 0，
2 x
设g(x) x log  x1  2 ，由函数 y  x ，y log  x1  ，y  2 在  0, 上
2 x 2 x
都是增函数， 得g(x)在  0, 上是增函数，由g(1)0，则g(x)0g(1)解得x1；
当x  0时，由函数值域可知 f  x 0，此时 2 0，所以 f  x  2 恒成立；
x x
综上可知，满足 f  x  2 的实数x的取值范围是 ,0  1, .
x
故答案为：
,0  1,
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. 已知数列  a  是等差数列，a ,a ,a a 成等比数列，a 6．
n 1 3 2 4 5
 
（1）求数列 a 的通项公式；
n
 1 
（2）设数列 的前n项和为S ，求证：2  n2  S n1．
a a  n n
n n1
【答案】（1）a n1
n
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等比数列定义和等差数列通项公式可构造方程组求得a ,d ，进而确定a ；
1 n
（2）利用裂项相消法可求得S ，整理即可证得结论.
n
【小问1详解】
第13页/共21页
学科网（北京）股份有限公司设等差数列  a  的公差为d，
n
a ,a ,a a 成等比数列，a2 a  a a  ，即 a 2d 2 a  2a 4d ，
1 3 2 4 3 1 2 4 1 1 1
 a 2d 2 a  2a 4d  a 2 a 6
又a a 4d 6，则由 1 1 1 得： 1 或 1 ，
5 1 a 4d 6 d 1 d 3
1
当a 6，d 3时，a 0，不满足a ,a ,a a 成等比数列，舍去；
1 3 1 3 2 4
a  2，d 1，a  2n1 n1.
1 n
【小问2详解】
1 1 1 1
由（1）得：    ，
a a  n1  n2  n1 n2
n n1
1 1 1 1 1 1 1 1   1 1 
S 



















n 2 3 3 4 4 5 n n1 n1 n2
1 1 n
   ，
2 n2 2  n2 
2  n2  S nn1.
n
18. 在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，ccosBasinAbcosC．
（1）判断ABC的形状；
（2）若 a= 3b ，D在BC边上，BD2CD，求cosADB的值．
【答案】（1）直角三角形
（2）0
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理的边角互化，即可得到结果；
（2）由（1）中结论即可得到cosB，从而得到AD的值，然后在△ABD中结合余弦定
理即可得到结果.
【小问1详解】
因为ccosBasinAbcosC，由正弦定理可得，
sinCcosBsinBcosC sin2 A
即sin  BC sin2 A
所以sinAsin2 A,A 0,π sinA1
π
且A 0,π  ，所以A
2
即ABC 是直角三角形.
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司在直角ABC中，有b2 c2 a2 3b2 ，即c2 2b2，所以c 2b，
2 2 3
又因为BD2CD，所以BD  BC  b
3 3
c 2b 6
且cosB    ，
a 3b 3
在△ABD中，由余弦定理可得，
4
2b2  b2 AD2
AB2 BD2 AD2 3 6
cosB  
2ABBD 2 3 3
2 2b b
3
6
解得AD  b，
3
在△ABD中由余弦定理可得，
2 4
b2  b2 2b2
AD2 BD2 AB2
3 3
cosADB  0
2ADBD 6 2 3
2 b b
3 3
19. 如图，在直三棱柱ABC- ABC 中，D、E分别是AB、BB 的中点，AA  AC 2CB ，
1 1 1 1 1
AB  5CB．
（1）求证：BC //平面ACD；
1 1
（2）若BC 1，求四棱锥CADBE的体积；
1
（3）求直线BC 与平面ACE所成角的正弦值．
1 1
【答案】（1）证明见解析
2
（2）
3
15
（3）
5
第15页/共21页
学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】（1）连接AC 交AC于点F ，连接EF ，则F 为AC 的中点，利用中位线的性质
1 1 1
可得出DF//BC ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
1
（2）过点C在平面ABC内作CM  AB，垂足为点M ，证明出CM 平面AABB，计
1 1
算出CM 的长以及四边形ADBE的面积，利用锥体的体积公式可求得四棱锥CADBE
1 1
的体积；
（3）设BC 1，以点C为坐标原点，CA、CB、CC 所在直线分别为x、y、z轴建立空
1
间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线BC 与平面ACE所成角的正弦值.
1 1
【小问1详解】
证明：连接AC 交AC于点F ，连接EF ，则F 为AC 的中点，
1 1 1
因为D、F 分别为AB、AC 的中点，则DF//BC ，
1 1
因为DF 平面ACD，BC 平面ACD，BC //平面ACD.
1 1 1 1 1
【小问2详解】
解：因为BC 1，则AA  AC 2CB 2，AB  5CB  5，
1
AC2BC2  AB2 ，即ACBC，
过点C在平面ABC内作CM  AB，垂足为点M ，
因为AA 平面ABC，CM 平面ABC，CM  AA ，
1 1
又因为CM  AB，ABAA  A，AB、AA 平面AABB，CM 平面AABB，
1 1 1 1 1 1
ACBC 2 5
由等面积法可得CM   ，
AB 5
因为AA 平面ABC，AB平面ABC，AA  AB ，
1 1
又因为AA//BB 且AA BB ，故四边形AABB为矩形，
1 1 1 1 1 1
1 5 
所以，S S S S  2 5  2 51 5 ，
四边形A 1 DBE 矩形AA 1 B 1 B △AA 1 D △A 1 B 1 E 2   2  
1 1 2 5 2
V  S CM   5  .
CA 1 DBE 3 四边形A 1 DBE 3 5 3
【小问3详解】
解：不妨设BC 1，因为ACBC，CC 平面ABC，
1
以点C为坐标原点，CA、CB、CC 所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间
1
直角坐标系，
第16页/共21页
学科网（北京）股份有限公司则B  0,1,0  、C  0,0,0  、C  0,0,2  、A  2,0,2  、E  0,1,1  ，
1 1
  
设平面ACE的法向量为n
x,y,z
，CA 
2,0,2
，CE 
0,1,1
，
1 1


 nCA  2x2z 0 
则  1 ，取x 1，可得n 1,1,1，

nCE  yz  0
 
   BC n 3 15
因为BC  0,1,2 ，则cos BC ,n 1    ，
1 1 BC  n 5 3 5
1
15
因此，直线BC 与平面ACE所成角的正弦值为 .
1 1
5
20. 新高考模式下，数学试卷不分文理卷，学生想得高分比较困难．为了调动学生学习数学
的积极性，提高学生的学习成绩，张老师对自己的教学方法进行改革，经过一学期的教学实
 
验，张老师所教的80名学生，参加一次测试，数学学科成绩都在 50,100 内，按区间分组
         
为 50,60 ， 60,70 ， 70,80 ， 80,90 ， 90,100 ，绘制成如下频率分布直方图，规
定不低于80分（百分制）为优秀．
（1）求这80名学生的平均成绩（同一区间的数据用该区间中点值作代表）；
（2）按优秀与非优秀用分层抽样方法随机抽取10名学生座谈，再在这10名学生中，选3名
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学科网（北京）股份有限公司学生发言，记优秀学生发言的人数为随机变量X ，求X 的分布列和期望．
【答案】（1）73.5
9
（2）分布列见解析；期望E  X 
10
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图估计平均数的方法直接计算即可；
（2）根据频率分布直方图可确定优秀与非优秀学生对应的频率，根据分层抽样原则可确定
10名学生中优秀学员的人数，由此可得X 所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可求
得X 每个取值对应的概率，由此可得分布列；由数学期望计算公式可求得期望.
【小问1详解】
80名学生的平均成绩为
 550.01650.03750.03850.025950.005 10 73.5.
【小问2详解】
根据频率分布直方图知：优秀学员对应的频率为  0.0250.005 100.3，则非优秀学员
对应的频率为10.30.7，
抽取的10名学生中，有优秀学生100.33人，非优秀学生100.77人；
则X 所有可能的取值为0,1,2,3，
C3 35 7 C1C2 63 21
P  X 0  7   ；P  X 1  3 7   ；
C3 120 24 C3 120 40
10 10
C2C1 21 7 C3 1
P  X 2  3 7   ；P  X 3  3  ；
C3 120 40 C3 120
10 10
X 的分布列为：
X 0 1 2 3
7 21 7 1
P
24 40 40 120
7 21 7 1 9
数学期望E  X 0 1 2 3  .
24 40 40 120 10
x2 y2  
21. 已知F,F 分别为双曲线  1  a 0,b0 左、右焦点，P 2 2, 5 在双曲线
1 2 a2 b2
 
上，且PF PF 4．
1 2
（1）求此双曲线的方程；
（2）若双曲线的虚轴端点分别为B ,B （B 在y轴正半轴上），点A,B在双曲线上，且
1 2 2
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学科网（北京）股份有限公司   
B AB B R ，B A BB，试求直线AB的方程．
2 2 1 1
x2 y2
【答案】（1）  1
4 5
6 6
（2） y  x 5或y  x 5
2 2
【解析】
【分析】（1）根据平面向量数量积坐标运算和点在双曲线上，可构造方程组求得a2,b2的值，
由此可得双曲线方程；
（2）由A,B ,B三点共线可设AB: y kx 5 ，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，
2
利用向量垂直的坐标表示，代入韦达定理结论可解方程求得k的值，由此可得直线AB方程.
【小问1详解】
 
   
设F c,0，F  c,0  c 0 ，则PF  c2 2, 5 ，PF  c2 2, 5 ，
1 2 1 2
 
PF PF 8c25 4，解得：c3，a2 b2 9；
1 2
8 5
又P在双曲线上，则  1，a2  4，b2 5，
a2 b2
x2 y2
双曲线的方程为：  1.
4 5
【小问2详解】
   
由（1）得：B 0, 5 ，B 0, 5 ，
1 2
 
B AB B R ，A,B ,B三点共线，
2 2 2
   
直线AB斜率显然存在，可设AB: y kx 5 ，A x ,y ，B x ,y ，
1 1 2 2
y kx 5

由 x2 y2 得：  54k2 x2 8 5kx400，
  1
 4 5
 54k2 0
5 5
 ，即k2  且k2  ，
 Δ 80
 104k2
0 2 4
8 5k 40
x x  ，x x  ，
1 2 54k2 1 2 54k2
         
B A BB，B ABB 0，又B A x ,y  5 ，BB x ,y  5 ，
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2
 
  
B ABB x x  y  5 y  5  x x  y y  5  y  y 5
1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
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学科网（北京）股份有限公司    
 x x  kx  5 kx  5  5 k  x x 2 5 5
1 2 1 2 1 2
 
  1k2  x x 2 5k  x  x 20
40 1k2

80k2
200 ，
1 2 1 2 54k2 54k2
6 5 5
解得：k  ，满足k2  且k2  ，
2 2 4
6 6
直线AB方程为： y  x 5或 y  x 5 .
2 2
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用问题，解题关键是能够利用平面向量
垂直关系的坐标表示来构造等量关系，结合韦达定理的结论得到关于所求变量的方程的形式，
从而解方程求得变量的值.
22. 已知函数 f  x a  xa1  ex 1 x2axa1， aR ．
2
（1）当a 1时，求f（x）的单调区间；
 1 
（2）当a0, 时，求证：函数f（x）有3个零点．
 e3 
【答案】（1）函数 f(x)的单调递增区间为(,0)和(1,)，单调递减区间为(0,1).
（2）证明过程见详解
【解析】
【分析】(1) 因为a 1，所以函数 f  x  x2  ex 1 x2x2 ，对函数求导，利用导
2
函数的正负来判断函数的单调性即可求解；
(2)对函数进行求导，求出导函数的零点，根据条件可得：函数 f(x)在(,a)和(lna,)
上单调递增，在(a,lna)上单调递减，然后利用零点存在性定理即可证明.
【小问1详解】
因为a 1，所以函数 f  x  x2  ex 1 x2x2 ，
2
所以 f(x)ex (x2)ex x1(x1)(ex 1) ，
当x1或x  0时， f(x)0，此时函数 f(x)单调递增；
当0 x 1时， f(x)0，此时函数 f(x)单调递减；
综上：函数 f(x)的单调递增区间为(,0)和(1,)，
单调递减区间为(0,1).
【小问2详解】
因为函数 f  x a  xa1  ex 1 x2axa1，
2
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学科网（北京）股份有限公司所以 f(x)aex a(xa1)ex xa a(xa)ex (xa)(xa)(aex 1) ，
 1 
令 f(x)0可得：xa或x lna，因为a0, ，所以lna3，
 e3 
当xa或x  lna 时， f(x)0，此时函数 f(x)单调递增；
当a xlna时， f(x)0，此时函数 f(x)单调递减；
所以函数 f(x)在(,a)和(lna,)上单调递增，在(a,lna)上单调递减，
a2
故当xa时，函数取极大值 f  a aea  a1 f  0 1a20 ，
2
1
因为当x2时， f(2)(a2 3a) 1a0；
e2
所以x (2,a)，使得 f(x )0；
0 0
当x lna时，函数取极小值，
1 1
f(lna)a(lnaa1)elna  (lna)2 alnaa1lnaalna (lna)2
2 2
1 1 3 1 1
lna(1a lna)0，（因为lna3，所以 lna ，因为0a  ，所
2 2 2 e3 2
3 1
以1a ，也即1a lna0）
2 2
所以x (a,lna)，使得 f(x  )0；
0 0
又当x时， f(x)，所以x (lna,)，使得 f(x  )0；
0 0
 1 
故当a0, 时，函数 f(x)有3个零点.
 e3 
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令 f(x)0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a,b]上是连续不断的曲线，且
f(a)f(b)0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个
零点．
(3)利用导数求出函数的极值点,再利用零点存在性定理进行判断零点的个数．
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