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 第1页/共21页 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， 第2页/共21页 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. 第3页/共21页 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】 第5页/共21页 学科网（北京）股份有限公司1 【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 第6页/共21页 学科网（北京）股份有限公司1 ∵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 第7页/共21页 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 第8页/共21页 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. 第9页/共21页 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. 第10页/共21页 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】 第14页/共21页 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 第17页/共21页 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 第18页/共21页 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 第19页/共21页 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 第20页/共21页 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． 第21页/共21页 学科网（北京）股份有限公司