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_2024年2月_01每日更新_11号_word

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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．
公
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
众
项中，只有一个选项号是符合题目要求的．
：
   
A x 2x 4 B x 一x11
A B
1. 已知集合 ， 枚，则  （ ）
试
A.
0,2
B.
1,2
C.
1,2
D.
0,1
卷
君
【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】
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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
【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
公
运算进行整理即可确定x的系数.
众
【详解】 23x5 展 号 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 一 r 0时，T 25 32；
2 5 1
枚
x的系数为24023224064176. 试
卷
故选：C.
君
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
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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，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
【解析公】
众
【分析】根据圆柱和圆台的体积公式计算可得结果.
号
【详解】下端圆柱的体积为：2：4π92 1944π 6107 cm3，
一
1 16π 16
上端圆台的体积为： 16π  142 14992  枚 403 1266 6752 cm3，
3 3 试3
卷
所以该何尊的体积估计为6107675212859 cm3.
君
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，
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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.
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：
公
众
号
：
一
枚
试
卷
君
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
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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
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 2 H 中，O 2 H  PH PO 2  PH AO 2 3AO 2 ，
所以AO2  AH2 HO2 12 3AO 2 ，
2 2 2
5
解得AO  ，
2 3
5 4
所以O公H 3  ，
2 3 3
众
4 号
所以OO O H  ，
1 2 3 ：
一
在图①中连接OB，
枚
试
1
由OB BD 2 ， 卷
1 2
君
所以在Rt

OO
1
B中，
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
1
的斜率分别为k ，k ，且k k  ，直线AB与x轴的交点为P，直线OA、OB与抛物
1 2 1 2 2
线C的准线分别交于点M，N，则△PMN的面积的最小值为（ ）
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2 2 9 2 9 2
A. B. C. D.
8 4 4 2
【答案】D
【解析】
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
公4 4 4
∴设l
OA
：y 
众 y
x ，令x=1得：y 
y
，∴M(1,
y
)，
1 号 1 1
4 ：
同理：N(1, )
一
y
2 枚
4 4 y  y | y  y | 试
∴|MN ||  |4| 1 2 | 1 2 ，
卷
y y y y 8
1 2 1 2
君
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
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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
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．
公
众

1 3
9. 已知函数 f x c号osx sinx0的图像关于直线x 对称，则ω的取
2 2 6
：
值可以为（ ） 一
枚
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
试
【答案】AD 卷
君
【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.
1 3   
【详解】 f x cosx 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
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  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
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，
公
众
号
 AB AD2，DAB 60，BD2，OAOC  22 12  3，
：
一
   3 1
O0,0 ，A  3,0 ，B0,1 ，D0,1 ，枚E , ，
 
2 2
 试
  卷
对于A，

AC ^ BD，ACBD0，A正确；
君
       
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
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【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
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
公
众 22
事件C发生的概率为P(C) ,故C错误，
号35
：
1
因为P(AB) P(A) ， 一
35 枚
试
1
卷
P(AB) 35 1
所以由条件概率公式得：P(A|B)   ， 君
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；
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1 2c2 16 16
对于C：先求出c ，表示出x4 x4   c ，即可求出；对于D：设切点
3 1 2 9 27 81
x ,y  ，由导数的几何意义得到2x 35x 2 4x 60.设
0 0 0 0 0
gx2x3 5x2 4x6，利用导数判断出函数gx 有三个零点，即可求解.
【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正公确.
众
1
对于C：若函数f（x）有号两个极值点x，x ，必满足0，即c .
1 2 3
：
一  2
x x 
  枚 1 2 3
此时x，x 为3x2 2xc0的两根，所以 试.
1 2 c
 x x  卷
 1 2 3 君
所以x2 x2 x x 2 2x x  4  2c .
1 2 1 2 1 2 9 3
所以x4 x4   x2 x22 2x2x2  4  2c 2 2 c2  2c2  16 c 16
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.
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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.
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 
 1   1 3  1 2  1  19
所以gx  g  2  5  4  66 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：
公
众
号
：
一
枚
试
卷
君
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
0 0 0
作曲线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
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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
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：
0 0
x2  y
公
2 1相切,
众
号
  1x 0 1 x 0 ：0 x 0 0 x 0 2
可得 ,即得 或一或 ,
 x 0 2  y 0 2 2  y 0 2  y 0 2 枚  y 0 0
试
且已知半径为1,
卷
所以圆的方程可以为: x2 y22 1或x2 y22 1或(x+2)2 +y 君2 =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
 b2  0
【分析】由题意设 Aa,0 ，Bc, ，再由 a 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
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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
2
16. 已知f（x）是偶函数，当x 0时， f x x log x1，则满足 f x 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)公f(0)0，又 f x 是偶函数，所以 f x 的值域为 0, .
众
当x 0时， f x 号 x log x1，不等式 f x 2 为 x log x1 2 ，即
2： x 2 x
一
2
x log x1 0，
枚
2 x
试
设g(x) x log x1 2 ，由函数y  x ，y log x 卷 1 ，y  2 在 0,
2 x 2 君x
上都是增函数， 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
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【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
1
a ；
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】
设等差数列
a 
的公差为d，
n

a
1
,a
3
,a
2
a
4
成等比数列，a
3
2 a
1
a
2
a
4
 ，即a
1
2d2 a
1
2a
1
4d，
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 公 3 1 3 2 4
众
a 2，d 1，a 2n1n1.
1 号n
：
【小问2详解】
一
1 1 1 枚1
由（1）得：    ，
a a n1n2 n1 n2 试
n n1
卷
1 1 1 1 1 1 1 1   1 1 君
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】
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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】
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
公
在△ABD中，众由余弦定理可得，
号
4
： 2b2  b2 AD2
AB2 BD2 AD2 3一 6
cosB  
2ABBD 2 3枚3
2 2b b
3 试
卷
6 君
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，
1 1 1 1
AA  AC 2CB，AB 5CB．
1
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（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
公
15 众
（3）
号
5
：
【解析】 一
枚
【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 试1
卷
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 君
（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
1
空间直角坐标系，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 ，
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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
1 1 1 1
AABB，
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】
公
解：不妨设BC1，因为ACBC，CC 平面ABC，
众 1
以点C为坐标原点，CA号、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，
一
枚
试
卷
君
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 1 0,1,2，则 cos BC 1 ,n  B  C  1  n   5 3  5 ，
1
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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．
公
众
号
（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）；
一
（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
枚
名学生发言，记优秀学生发言的人数为随机变量X ，求试X 的分布列和期望．
卷
【答案】（1）73.5
君
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；
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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
公1 2 a2 b2
众
 
线上，且PF PF 4． 号
1 2
：
（1）求此双曲线的方程；
一
（2）若双曲线的虚轴端点分别为B,B （B 在枚y轴正半轴上），点A,B在双曲线上，且
1 2 2
试
   
B AB BR，B A BB，试求直线AB的方程． 卷
2 2 1 1
君
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
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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 公x  ，x x  ，
1 2 5众4k2 1 2 54k2
   号      
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
一
    
B ABB x x  y  5 y  5  x x 枚 y y  5y  y 5
1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
试
    
 x x  kx  5 kx  5  5 kx x 2 5 5
1 2 1 2 1 2 卷
40
 1k2
80k2
君
  1k2 x x 2 5kx x 20  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
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【解析】
1
【分析】(1) 因为a 1，所以函数 f xx2ex  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】
1
因为a 1，所以函数 f xx2ex  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,)，
单调递公减区间为(0,1).
众
【小问2详解】
号
：
1
因为函数 f xaxa1ex  x2 axa1，
2 一
枚
所以 f(x)aex a(xa1)ex xa a(xa)ex (试xa)(xa)(aex 1)，
卷
 1 
令 f(x)0可得：xa或x  lna，因为a0, ，所以lna 君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  ，
2 2 2 e3 2
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3 1
所以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．
公
众
号
：
一
枚
试
卷
君
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学科网（北京）股份有限公司永久高中群
1.包含服务：
每一年的高一高二高三群免费进，好处就是每年都可以免费进入我们提供高中群，不用每年缴费，一次付费，永久享
受，包含到高一到高三的。
2.资料覆盖：
整个高中的所有资料，包含每年每个年级最新的高中群（含高一到高三的）
3.资料包含：
整个高中的最新模拟卷、复习资料、精品资料等等，和高中相关的资料都可以免费获取
4.入群价格：
目前入群特价199元（原价299元）
2024 高三 VIP 资料
资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群每日实时更新，网盘群分类
汇总）
资料包含内容：
1、2021年9月份到2022年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟
卷
2、2022年8月份到2023年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟
卷
3、2023年8月份到2024年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟
卷（2023年8月开始，每天实时更新）
4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属
精品内部资料等等
进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价）
时间期限：资料持续更新到2024年6月高考结束，资料截止更新
2024 高二 VIP 资料
资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总）
资料包含内容：
1、2023年9月到2024年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
2、2022年9月到2023年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
3、2021年9月到2022年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精
品内部资料等等
进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价）
时间期限：资料持续更新到2024年7月底结束，资料截止更新
2024 高一 VIP 资料
资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总）
资料包含内容：
1、2023年9月到2024年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
2、2022年9月到2023年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
3、2021年9月到2022年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内部资料等等
进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价）
时间期限：资料持续更新到2024年7月底结束，资料截止更新