2023年高考数学试卷（文）（全国乙卷）（解析卷）_历年高考真题合集_数学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考数学真题_数学（按年份分类）2008-2025_2023·高考数学真题

2023 年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷） 文科数学 一、选择题 2+i2 +2i3 = 1 （ ） . A. 1 B. 2 C. 5 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由题意首先化简2+i2 +2i3，然后计算其模即可. 【详解】由题意可得2+i2 +2i3 =2-1-2i=1-2i， 则 2+i2 +2i3 = 1-2i = 12 +-22 = 5. 故选：C. 2. 设全集U =0,1,2,4,6,8 ，集合M =0,4,6,N =0,1,6 ，则M Èð N =（ ） U A. 0,2,4,6,8 B. 0,1,4,6,8 C. 1,2,4,6,8 D. U 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得ð N 的值，然后计算M Èð N 即可. U U 【详解】由题意可得ð U N =2,4,8 ，则M U ð U N =0,2,4,6,8 . 故选：A. 3. 如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ） A. 24 B. 26 C. 28 D. 30 第1页 | 共22页【答案】D 【解析】 【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可. 【详解】如图所示，在长方体ABCD-ABC D 中，AB= BC =2，AA =3， 1 1 1 1 1 点H,I,J,K为所在棱上靠近点B,C ,D,A 的三等分点，O,L,M,N 为所在棱的中点， 1 1 1 1 则三视图所对应的几何体为长方体ABCD-ABC D 去掉长方体ONIC -LMHB 之后所得的几何体， 1 1 1 1 1 1 该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形， 其表面积为：2´2´2+4´2´3-2´1´1=30. 故选：D. p 4. 在 ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acosB-bcosA=c，且C = ，则ÐB =（ ） V 5 p p 3p 2p A. B. C. D. 10 5 10 5 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得ÐA的值，最后利用三角 形内角和定理可得ÐA的值. 【详解】由题意结合正弦定理可得sinAcosB-sinBcosA=sinC， 即sinAcosB-sinBcosA=sinA+B=sinAcosB+sinBcosA， 整理可得sinBcosA=0，由于BÎ0,π ，故sinB>0， π 据此可得cosA=0,A= ， 2 π π 3π 则B=π-A-C =π- - = . 2 5 10 第2页 | 共22页故选：C. xex 5. 已知 f(x)= 是偶函数，则a =（ ） eax -1 A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶函数的定义运算求解. 【详解】因为 f x= xex 为偶函数，则 f x- f -x= xex - -xe-x = xé ë ex -e a-1xù û =0， eax -1 eax -1 e-ax -1 eax -1 又因为x不恒为0，可得ex -e a-1x =0，即ex =e a-1x， 则x=a-1x，即1=a-1，解得a=2. 故选：D. uuur uuur 6. 正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则EC×ED =（ ） A. 5 B. 3 C. 2 5 D. 5 【答案】B 【解析】 uuur uuur uuur uuur 【分析】方法一：以 AB,AD 为基底向量表示EC,ED，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系， 利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求cosÐDEC，进而根据数量积的定义运算求解. uuur uuur uuur uuur uuur uuur 【详解】方法一：以 AB,AD 为基底向量，可知 AB = AD =2,AB×AD=0， uuur uur uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur 1 1 则EC = EB+BC = AB+ AD,ED= EA+ AD=- AB+ AD， 2 2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur æ1 ö æ 1 ö 1 2 2 所以EC×ED= ç AB+ AD ÷ × ç - AB+ AD ÷ =- AB + AD =-1+4=3； è2 ø è 2 ø 4 方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系， uuur uuur 则E1,0,C2,2,D0,2 ，可得EC =1,2,ED=-1,2， uuur uuur 所以EC×ED=-1+4=3； 方法三：由题意可得：ED= EC = 5,CD=2， 第3页 | 共22页DE2 +CE2 -DC2 5+5-4 3 在 CDE中，由余弦定理可得cosÐDEC = = = ， V 2DE×CE 2´ 5´ 5 5 uuur uuur uuur uuur 3 所以EC×ED= EC ED cosÐDEC = 5´ 5´ =3. 5 故选：B. 7. 设O为平面坐标系的坐标原点，在区域 x,y1£ x2 + y2 £4  内随机取一点A，则直线OA的倾斜角 π 不大于 的概率为（ ） 4 1 1 1 1 A. B. C. D. 8 6 4 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分析区域的几何意义，结合几何概型运算求解. 【详解】因为区域 x,y|1£ x2 + y2 £4  表示以O0,0 圆心，外圆半径R=2，内圆半径r =1的圆环， π π 则直线OA的倾斜角不大于 的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角ÐMON = ， 4 4 π 2´ 结合对称性可得所求概率 4 1 . P= = 2π 4 故选：C. 第4页 | 共22页8. 函数 f x= x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（ ） A. -¥,-2 B. -¥,-3 C. -4,-1 D. -3,0 【答案】B 【解析】 【分析】写出 f¢(x)=3x2 +a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可. 【详解】 f(x)= x3+ax+2，则 f¢(x)=3x2 +a， 若 f x 要存在3个零点，则 f x 要存在极大值和极小值，则a<0， -a -a 令 f¢(x)=3x2 +a=0，解得x=- 或 ， 3 3 æ -a ö æ -a ö 且当xÎç ç -¥,- ÷ ÷Uç ç ,+¥÷ ÷ 时， f¢(x)>0， 3 3 è ø è ø æ -a -a ö 当xÎç- , ÷， f¢(x)<0， ç ÷ 3 3 è ø æ -a ö æ -a ö 故 f x 的极大值为 f ç- ÷，极小值为 f ç ÷， ç ÷ ç ÷ 3 3 è ø è ø ì æ -a ö ìa -a -a ïf ç ç - ÷ ÷ >0 ï -a +2>0 3 ï è ø ï3 3 3 若 f x 要存在3个零点，则í ，即í ，解得a<-3， ï æ -a ö ï-a -a -a ï f ç ç 3 ÷ ÷ <0 ï î 3 3 +a 3 +2<0 î è ø 故选：B. 9. 某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛 同学抽到不同主题概率为（ ） 5 2 1 1 A. B. C. D. 6 3 2 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据古典概率模型求出所有情况以及满足题意得情况，即可得到概率. 【详解】甲有6种选择，乙也有6种选择，故总数共有6´6=36种， 若甲、乙抽到的主题不同，则共有A2 =30种， 6 第5页 | 共22页30 5 则其概率为 = ， 36 6 故选：A. æπ 2πö π 2π 10. 已知函数 f(x)=sin(wx+j)在区间ç , ÷单调递增，直线x= 和x= 为函数y = f x 的图像 è6 3 ø 6 3 æ 5πö 的两条对称轴，则 f ç - ÷ =（ ） è 12ø 3 1 1 3 A. - B. - C. D. 2 2 2 2 【答案】D 【解析】 5π 【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入x=- 即可得到答案. 12 æπ 2πö 【详解】因为 f(x)=sin(wx+j)在区间ç , ÷单调递增， è6 3 ø T 2π π π 2π 所以 = - = ，且w>0，则T =π，w= =2， 2 3 6 2 T π π π 当x= 时， f x 取得最小值，则2× +j=2kπ- ，kÎZ， 6 6 2 5π æ 5πö 则j=2kπ- ，kÎZ，不妨取k =0，则 f x=sin ç 2x- ÷， 6 è 6 ø æ 5πö æ 5πö 3 则 f - =sin - = ， ç ÷ ç ÷ è 12ø è 3 ø 2 故选：D. 11. 已知实数x,y满足x2 + y2 -4x-2y-4=0，则x- y的最大值是（ ） 3 2 A. 1+ B. 4 C. 1+3 2 D. 7 2 【答案】C 【解析】 【分析】法一：令x- y =k ，利用判别式法即可；法二：通过整理得x-22 +y-12 =9，利用三角换元 法即可，法三：整理出圆的方程，设x- y =k ，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可. 【详解】法一：令x- y =k ，则x=k+ y， 第6页 | 共22页代入原式化简得2y2 +2k-6y+k2 -4k-4=0， 因为存在实数y，则D³0，即2k-62 -4´2  k2 -4k-4  ³0， 化简得k2 -2k-17£0，解得1-3 2 £k £1+3 2， 故x- y 的最大值是3 2+1， 法二：x2 + y2 -4x-2y-4=0，整理得x-22 +y-12 =9， 令x=3cosq+2，y =3sinq+1，其中qÎ0,2π ， æ πö 则x- y =3cosq-3sinq+1=3 2cos ç q+ ÷ +1， è 4ø π éπ 9πù π 7p Q qÎ0,2p ，所以q+ Î ê , ú ，则q+ =2π，即q= 时，x- y取得最大值3 2+1， 4 ë4 4 û 4 4 法三：由x2 + y2 -4x-2y-4=0可得(x-2)2 +(y-1)2 =9， |2-1-k| 设x- y =k ，则圆心到直线x- y =k 的距离d = £3， 2 解得1-3 2 £k £1+3 2 故选：C. y2 12. 设A，B为双曲线x2- =1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ） 9 A. 1,1 B. (-1,2) C. 1,3 D. -1,-4 【答案】D 【解析】 【分析】根据点差法分析可得k ×k =9，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断； AB 对于C：结合双曲线的渐近线分析判断. æ x +x y + y ö 【详解】设Ax ,y ,Bx ,y  ，则AB的中点M ç 1 2 , 1 2 ÷， 1 1 2 2 è 2 2 ø y + y 1 2 y - y y + y 2 可得k = 1 2 ,k = = 1 2 ， AB x -x x +x x +x 1 2 1 2 1 2 2 第7页 | 共22页ì y2 x2 - 1 =1 ï ï 1 9 y2 - y2 因为 A,B在双曲线上，则í ，两式相减得  x2 -x2 - 1 2 =0， ï y2 1 2 9 x2 - 2 =1 ïî 2 9 y2 - y2 所以k ×k = 1 2 =9. AB x2 -x2 1 2 对于选项A： 可得k =1,k =9，则AB: y =9x-8， AB ìy =9x-8 ï 联立方程í y2 ，消去y得72x2 -2´72x+73=0， x2 - =1 ï î 9 此时D=-2´722 -4´72´73=-288<0， 所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误； 9 9 5 对于选项B：可得k =-2,k =- ，则AB: y =- x- ， AB 2 2 2 ì 9 5 y =- x- ï ï 2 2 联立方程í ，消去y得45x2 +2´45x+61=0， y2 ï x2 - =1 ïî 9 此时D=2´452 -4´45´61=-4´45´16<0， 所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误； 对于选项C：可得k =3,k =3，则AB: y =3x AB 由双曲线方程可得a =1,b=3，则AB: y =3x为双曲线的渐近线， 所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误； 9 9 7 对于选项D：k =4,k = ，则AB: y = x- ， AB 4 4 4 ì 9 7 y = x- ï ï 4 4 联立方程í ，消去y得63x2 +126x-193=0， y2 ï x2 - =1 ïî 9 此时D=1262 +4´63´193>0，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确； 故选：D. 二、填空题 第8页 | 共22页13. 已知点A  1, 5  在抛物线C：y2 =2px上，则A到C的准线的距离为______. 9 【答案】 4 【解析】 5 【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为x=- ，最后利 4 用点的坐标和准线方程计算点A到C的准线的距离即可.  2 【详解】由题意可得： 5 =2p´1，则2p=5，抛物线的方程为 y2 = 5x ， 5 æ 5ö 9 准线方程为x=- ，点A到C的准线的距离为1- ç - ÷ = . 4 è 4ø 4 9 故答案为： . 4 æ πö 1 14. 若qÎ ç 0, ÷ ,tanq= ，则sinq-cosq=________． è 2ø 2 5 【答案】- 5 【解析】 【分析】根据同角三角关系求sinq，进而可得结果. æ πö 【详解】因为q Î ç 0, ÷，则sinq>0,cosq>0， è 2ø sinq 1 又因为tanq= = ，则cosq=2sinq， cosq 2 5 5 且cos2q+sin2q=4sin2q+sin2q=5sin2q=1，解得sinq= 或sinq=- （舍去）， 5 5 5 所以sinq-cosq=sinq-2sinq=-sinq=- . 5 5 故答案为：- . 5 ìx-3y£-1 ï 15. 若x，y满足约束条件í x+2y£9 ，则z =2x- y的最大值为______. ï 3x+ y³7 î 【答案】8 【解析】 第9页 | 共22页【分析】作出可行域，转化为截距最值讨论即可. 【详解】作出可行域如下图所示： z =2x- y，移项得y =2x-z， ìx-3y =-1 ìx=5 联立有í ，解得í ， îx+2y =9 îy =2 设A5,2 ，显然平移直线y =2x使其经过点A，此时截距-z最小，则z最大， 代入得z =8， 故答案为：8. 16. 已知点S,A,B,C 均在半径为 2 的球面上， ABC是边长为 3 的等边三角形，SA^平面 ABC，则 V SA=________． 【答案】2 【解析】 【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解. 【详解】如图，将三棱锥S-ABC转化为直三棱柱SMN- ABC ， 设 ABC的外接圆圆心为O ，半径为r， V 1 AB 3 2r = = =2 3 则 sinÐACB 3 ，可得r = 3， 2 1 设三棱锥S-ABC的外接球球心为O，连接OA,OO ，则OA=2,OO = SA， 1 1 2 1 因为OA2 =OO2 +O A2，即4=3+ SA2，解得SA=2. 1 1 4 故答案为：2. 第10页 | 共22页【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 （1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面， 把空间问题转化为平面问题求解； （2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一 般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解； （3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长； （4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； （5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位 置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 三、解答题 17. 某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质 相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的 伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为x ，y i =1,2,×××,10 ．试验结果如下： i i 试验序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 伸缩率x 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 i 伸缩率y 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536 i 记z = x - y i =1,2,×××,10 ，记z ,z ,×××,z 的样本平均数为z，样本方差为s2． i i i 1 2 10 （1）求z，s2； （2）判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果 s2 z ³2 ，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高， 10 第11页 | 共22页否则不认为有显著提高） 【答案】（1）z =11，s2 =61； （2）认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高. 【解析】 【分析】（1）直接利用平均数公式即可计算出x,y，再得到所有的z 值，最后计算出方差即可； i s2 （2）根据公式计算出2 的值，和z比较大小即可. 10 【小问1详解】 545+533+551+522+575+544+541+568+596+548 x = =552.3， 10 536+527+543+530+560+533+522+550+576+536 y = =541.3， 10 z = x - y =552.3-541.3=11， z = x - y 的值分别为: 9,6,8,-8,15,11,19,18,20,12， i i i (9-11)2+(6-11)2+(8-11)2+(-8-11)2+(15-11)2+0+(19-11)2+(18-11)2+(20-11)2+(12-11)2 故s2 = =61 10 【小问2详解】 s2 s2 由（1）知:z =11，2 =2 6.1= 24.4，故有z ³2 , 10 10 所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高. 18. 记S 为等差数列 a  的前n项和，已知a =11,S =40． n n 2 10 （1）求 a  的通项公式； n （2）求数列  a  的前n项和T ． n n 【答案】（1）a =15-2n n ì14n-n2,n£7 （2）T =í n în2 -14n+98,n³8 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求解a ,d ，进而可得结果； 1 （2）先求S ，讨论a 的符号去绝对值，结合S 运算求解. n n n 第12页 | 共22页【小问1详解】 设等差数列的公差为d， ìa =a +d =11 ï 2 1 ìa +d =11 ìa =13 1 1 由题意可得í 10´9 ，即í ，解得í ， ï î S 10 =10a 1 + 2 d =40 î 2a 1 +9d =8 îd =-2 所以a =13-2n-1=15-2n， n 【小问2详解】 n13+15-2n 因为S = =14n-n2， n 2 15 令a =15-2n>0，解得n< ，且nÎN*， n 2 当n£7时，则a >0，可得T = a + a +×××+ a =a +a +×××+a =S =14n-n2； n n 1 2 n 1 2 n n 当n³8时，则a <0，可得T = a + a +×××+ a =a +a +×××+a -a +×××+a  n n 1 2 n 1 2 7 8 n =S -S -S =2S -S =2  14´7-72 -  14n-n2 =n2 -14n+98； 7 n 7 7 n ì14n-n2,n£7 综上所述：T =í . n în2 -14n+98,n³8 19. 如图，在三棱锥P-ABC 中，AB^BC ，AB=2，BC =2 2，PB= PC = 6，BP,AP,BC的 中点分别为D,E,O，点F 在AC上，BF ^ AO． （1）求证：EF //平面ADO； （2）若ÐPOF =120°，求三棱锥P-ABC 的体积． 【答案】（1）证明见解析 2 6 （2） 3 【解析】 第13页 | 共22页【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF 为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）作出并证明PM 为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积. 【小问1详解】 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 1uuur 连接 DE,OF ，设 AF =tAC，则 BF = BA+ AF =(1-t)BA+tBC， AO=-BA+ BC， BF ^ AO， 2 uuur uuur uuur uuur uuur 1uuur uuur2 1 uuuur 则BF×AO=[(1-t)BA+tBC]×(-BA+ BC)=(t-1)BA + tBC2 =4(t-1)+4t =0， 2 2 1 解得t = ，则F 为AC的中点，由D,E,O,F 分别为PB,PA,BC,AC的中点， 2 1 1 于是DE//AB,DE = AB,OF //AB,OF = AB，即DE//OF,DE =OF ， 2 2 则四边形ODEF 为平行四边形， EF //DO,EF = DO，又EF Ë平面ADO,DOÌ平面ADO， 所以EF //平面ADO. 【小问2详解】 过P作PM 垂直FO的延长线交于点M ， 因为PB= PC,O是BC中点，所以PO^BC， 1 在Rt△PBO中，PB= 6,BO= BC = 2， 2 所以PO= PB2 -OB2 = 6-2 =2， 因为AB^ BC,OF //AB， 所以OF ^ BC，又POÇOF =O，PO,OF Ì平面POF ， 所以BC^平面POF ，又PM Ì平面POF ， 所以BC ^ PM ，又BC FM =O，BC,FM Ì平面ABC， I 所以PM ^平面ABC， 即三棱锥P-ABC 的高为PM ， 因为ÐPOF =120°，所以ÐPOM =60°， 3 所以PM = POsin60°=2´ = 3， 2 1 1 又S = AB×BC = ´2´2 2 =2 2， △ABC 2 2 1 1 2 6 所以V = S ×PM = ´2 2´ 3 = . P-ABC 3 △ABC 3 3 第14页 | 共22页æ1 ö 20. 已知函数 f x= ç +a ÷ ln1+ x ． è x ø （1）当a=-1时，求曲线y = f x 在点  1, f x 处的切线方程． （2）若函数 f x 在 0,+¥ 单调递增，求a的取值范围． 【答案】（1） ln2x+ y-ln2=0； ì 1ü （2）ía|a³ ý. î 2þ 【解析】 【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后 求解切线方程即可； （2）原问题即 f¢x³0在区间 0,+¥ 上恒成立，整理变形可得gx=ax2 +x-x+1lnx+1³0 1 1 在区间 0,+¥ 上恒成立，然后分类讨论a£0,a³ ,0-1 ， è x ø 1 æ1 ö 1 则 f¢x=- ´lnx+1+ ç -1 ÷ ´ ， x2 è x ø x+1 据此可得 f 1=0, f¢1=-ln2， 所以函数在  1, f 1 处的切线方程为y-0=-ln2x-1 ，即 ln2x+ y-ln2=0. 【小问2详解】 æ 1 ö æ1 ö 1 由函数的解析式可得 f¢x= ç - ÷ lnx+1+ ç +a ÷ ´ x>-1 ， è x2 ø è x ø x+1 第15页 | 共22页满足题意时 f¢x³0在区间 0,+¥ 上恒成立. 令 æ ç - 1 ö ÷ lnx+1+ æ ç 1 +a ö ÷ 1 ³0，则-x+1lnx+1+  x+ax2 ³0， è x2 ø è x ø x+1 令gx=ax2 +x-x+1lnx+1 ，原问题等价于gx³0在区间 0,+¥ 上恒成立， 则g¢x=2ax-lnx+1 ， 当a£0时，由于2ax£0,lnx+1>0，故g¢x<0，gx 在区间 0,+¥ 上单调递减， 此时gx< g0=0，不合题意; 1 令hx= g¢x=2ax-lnx+1 ，则h¢x=2a- ， x+1 1 1 当a³ ，2a³1时，由于 <1，所以h¢x>0,hx 在区间 0,+¥ 上单调递增， 2 x+1 即g¢x 在区间 0,+¥ 上单调递增， 所以g¢x> g¢0=0，gx 在区间 0,+¥ 上单调递增，gx> g0=0，满足题意. 1 1 1 当0b>0)的离心率是 ，点A-2,0 在C上． a2 b2 3 （1）求C的方程； （2）过点 -2,3 的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N ，证明：线段MN 的 中点为定点． y2 x2 【答案】（1） + =1 9 4 （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求解a,b,c，进而可得结果； y + y （2）设直线PQ的方程，进而可求点M,N 的坐标，结合韦达定理验证 M N 为定值即可. 2 【小问1详解】 ì ï b=2 ìa=3 ï ï ï 由题意可得ía2 =b2 +c2 ，解得íb=2 ， ï ï ï c 5 îc= 5 e= = ïî a 3 y2 x2 所以椭圆方程为 + =1. 9 4 【小问2详解】 由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ: y =kx+2+3,Px ,y ,Qx ,y  ， 1 1 2 2 ìy =kx+2+3 联立方程 ï íy2 x2 ，消去y得：  4k2 +9  x2 +8k2k+3x+16  k2 +3k  =0， ï + =1 î 9 4 则Δ=64k22k+32 -64  4k2 +9  k2 +3k  =-1728k >0，解得k <0， 8k2k+3 16  k2 +3k  可得x +x =- ,x x = ， 1 2 4k2 +9 1 2 4k2 +9 y 因为A-2,0 ，则直线AP: y = 1 x+2 ， x +2 1 第17页 | 共22页2y æ 2y ö 令x=0，解得y= 1 ，即Mç0, 1 ÷, x +2 è x +2ø 1 1 æ 2y ö 同理可得Nç0, 2 ÷， è x +2ø 2 2y 2y 1 + 2 则 x 1 +2 x 2 +2 = é ë kx 1 +2+3ù û + é ë kx 2 +2+3ù û 2 x +2 x +2 1 2 ékx +2k+3ùx +2+ékx +2k+3ùx +2 2kxx +4k+3x +x +42k+3 = ë 1 û 2 ë 2 û 1 = 1 2 1 2 x +2x +2 xx +2x +x +4 1 2 1 2 1 2 32k  k2+3k  8k4k+32k+3 - +42k+3 4k2+9 4k2+9 108 = = =3， 16  k2+3k  16k2k+3 36 - +4 4k2+9 4k2+9 所以线段PQ的中点是定点 0,3 . 【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无 关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 第18页 | 共22页【选修 4-4】（10分） 22. 在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程 1 æp pö ìx=2cosa p 为r=2sinq ç £q£ ÷，曲线C ：í （a为参数， 0 第19页 | 共22页若直线y = x+m与C ,C 均没有公共点，则m>2 2 或m<0， 1 2   即实数m的取值范围 -¥,0 U 2 2,+¥ . 【选修 4-5】（10分） 23. 已知 f x=2 x + x-2 （1）求不等式 f x£6-x的解集； ìf x£ y （2）在直角坐标系xOy中，求不等式组í 所确定的平面区域的面积． îx+ y-6£0 【答案】（1）[-2,2]； （2）6. 【解析】 【分析】（1）分段去绝对值符号求解不等式作答. （2）作出不等式组表示的平面区域，再求出面积作答. 【小问1详解】 ì3x-2,x>2 ï 依题意， f(x)=íx+2,0£ x£2， ï -3x+2,x<0 î ìx>2 ì0£ x£2 ìx<0 不等式 f(x)£6-x化为：í 或í 或í ， î3x-2£6-x îx+2£6-x î-3x+2£6-x ìx>2 ì0£ x£2 ìx<0 解í ，得无解；解í ，得0£ x£2，解í ，得-2£ x<0，因此 î3x-2£6-x îx+2£6-x î-3x+2£6-x -2£ x£2， 所以原不等式的解集为：[-2,2] 【小问2详解】 第20页 | 共22页ìf(x)£ y 作出不等式组í 表示的平面区域，如图中阴影 ABC， V îx+ y-6£0 ìy =-3x+2 ìy = x+2 由í ，解得A(-2,8)，由í , 解得C(2,4)，又B(0,2),D(0,6)， îx+ y =6 îx+ y =6 1 1 所以 ABC的面积S = |BD|´ x -x = |6-2|´|2-(-2)|=8. V VABC 2 C A 2 第21页 | 共22页第22页 | 共22页