目录
2023 年新课标全国Ⅰ卷数学真题解析 .................................................................................... 3
2023 年新课标全国Ⅱ卷数学真题解析 ................................................................................. 26
2023 年高考甲卷数学（理）真题解析 ................................................................................ 45
2023 年高考全国乙卷数学（理）真题解析 ........................................................................ 65
2023 年北京高考数学真题解析............................................................................................ 85
2023 年天津高考数学真题解析.......................................................................................... 109
2023 年上海高考数学真题解析.......................................................................................... 126
2022 年新高考全国 I 卷数学真题 ...................................................................................... 131
2022 年新高考全国 II 卷数学真题 ..................................................................................... 155
2022 年高考全国甲卷数学（理）真题 .............................................................................. 177
2022 年高考全国乙卷数学（理）真题 .............................................................................. 200
2023 年新课标全国Ⅰ卷数学真题解析
一、单选题
）
C． −2
D．2
2
1．已知集合 M = −2, −1, 0,1, 2 ， N = x x − x − 6 0 ，则 M N = （
B． 0,1,2
A． −2, −1, 0,1
【答案】C
【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合 N ，即可根据交集的运算解出．
方法二：将集合 M 中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．
2
【详解】方法一：因为 N = x x − x − 6 0 = ( − , −2 3, + ) ，而
M = −2, −1, 0,1, 2 ，
所以 M N = −2 ．
故选：C．
方法二：因为 M = −2, −1, 0,1, 2 ，将 −2, −1,0,1, 2 代入不等式 x 2 − x − 6 0 ，只有 −2 使不
等式成立，所以 M N = −2 ．
故选：C．
2．已知 z =
1− i
，则 z − z = （
2 + 2i
A． − i
）
B． i
C．0
D．1
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算求出 z ，再由共轭复数的概念得到 z ，从而解出．
【详解】因为 z =
(1 − i )(1 − i ) = −2i = − 1 i
1− i
1
=
，所以 z = i ，即 z − z = −i ．
2 + 2i 2 (1 + i )(1 − i )
4
2
2
故选：A．
(
) (
)
3．已知向量 a = (1,1) , b = (1, −1) ，若 a + b ⊥ a + b ，则（
A． + = 1
B． + = −1
C． = 1
D． = −1
）
【答案】D
【分析】根据向量的坐标运算求出 a + b ， a + b ，再根据向量垂直的坐标表示即可求
出．
【详解】因为 a = (1,1) , b = (1, −1) ，所以 a + b = (1 + ,1 − ) ， a + b = (1 + ,1 − ) ，
(
) (
(
)
)(
)
由 a + b ⊥ a + b 可得， a + b a + b = 0 ，
即 (1 + )(1 + ) + (1 − )(1 − ) = 0 ，整理得： = −1 ．
故选：D．
4．设函数 f ( x ) = 2
x ( x −a )
在区间 ( 0,1) 上单调递减，则 a 的取值范围是（
A． ( −, −2
B． −2, 0 )
C． ( 0, 2
D． 2, + )
）
【答案】D
【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
【详解】函数 y = 2x 在 R 上单调递增，而函数 f ( x ) = 2
a
2
则有函数 y = x( x − a) = ( x − )2 −
x ( x −a )
在区间 ( 0,1) 上单调递减，
a
a2
在区间 ( 0,1) 上单调递减，因此 1 ，解得 a 2 ，
2
4
所以 a 的取值范围是 2, + ) .
故选：D
5．设椭圆 C1 :
a =（
A．
x2
x2
2
+
y
=
1(
a
1),
C
:
+ y 2 = 1 的离心率分别为 e1 , e2 ．若 e2 = 3e1 ，则
2
2
a
4
）
2 3
3
B． 2
C． 3
D． 6
【答案】A
【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
2
2
【详解】由 e2 = 3e1 ，得 e2 = 3e1 ，因此
4 −1
a2 −1
2 3
.
= 3 2 ，而 a 1 ，所以 a =
3
4
a
故选：A
6．过点 ( 0, −2 ) 与圆 x 2 + y 2 − 4 x − 1 = 0 相切的两条直线的夹角为 ，则 sin = （
A．1
B．
15
4
10
4
C．
D．
）
6
4
【答案】B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据
切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距
离公式可得 k 2 + 8k + 1 = 0 ，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
2
【详解】方法一：因为 x 2 + y 2 − 4 x − 1 = 0 ，即 ( x − 2 ) + y = 5 ，可得圆心 C ( 2, 0 ) ，半径
2
r= 5，
过点 P ( 0, −2 ) 作圆 C 的切线，切点为 A, B ，
因为 PC = 22 + ( −2 ) = 2 2 ，则 PA =
2
2
可得 sin APC =
PC − r 2 = 3 ，
5
10
3
6
=
, cos APC =
=
，
4
4
2 2
2 2
10
6
15
，
=
4
4
4
则 sin APB = sin 2APC = 2sin APC cos APC = 2
2
2
6 10
1
cos APB = cos 2APC = cos APC − sin APC =
−
= − 0 ，
4
4 4
2
2
即 APB 为钝角，
15
；
4
所以 sin = sin ( π − APB ) = sin APB =
法二：圆 x 2 + y 2 − 4 x − 1 = 0 的圆心 C ( 2, 0 ) ，半径 r = 5 ，
过点 P ( 0, −2 ) 作圆 C 的切线，切点为 A, B ，连接 AB ，
可得 PC = 22 + ( −2 ) = 2 2 ，则 PA = PB =
2
2
2
2
2
PC − r 2 = 3 ，
2
因为 PA + PB − 2 PA PB cos APB = CA + CB − 2 CA CB cos ACB
且 ACB = π − APB ，则 3 + 3 − 6 cos APB = 5 + 5 − 10 cos ( π − APB ) ，
即 3 − cos APB = 5 + 5cos APB ，解得 cos APB = −
1
0，
4
即 APB 为钝角，则 cos = cos ( π − APB ) = − cos APB =
且 为锐角，所以 sin = 1 − cos 2 =
1
，
4
15
；
4
方法三：圆 x 2 + y 2 − 4 x − 1 = 0 的圆心 C ( 2, 0 ) ，半径 r = 5 ，
若切线斜率不存在，则切线方程为 y = 0 ，则圆心到切点的距离 d = 2 r ，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为 y = kx − 2 ，即 kx − y − 2 = 0 ，
则
2k − 2
k +1
2
= 5 ，整理得 k 2 + 8k + 1 = 0 ，且 = 64 − 4 = 60 0
设两切线斜率分别为 k1 , k2 ，则 k1 + k2 = −8, k1k2 = 1，
可得 k1 − k2 = ( k1 + k2 ) − 4k1k2 = 2 15 ，
2
所以 tan =
k1 − k2
sin
sin
= 15 ，即
= 15 ，可得 cos =
，
1 + k1k2
cos
15
则 sin 2 + cos 2 = sin 2 +
sin 2
= 1，
15
π
15
.
且 0, ，则 sin 0 ，解得 sin =
2
4
故选：B.
S
n
7．记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，设甲： an 为等差数列；乙：{ n } 为等差数列，则
（
）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前 n 项和与
第 n 项的关系推理判断作答.，
【详解】方法 1，甲： an 为等差数列，设其首项为 a1 ，公差为d ，
则 Sn = na1 +
S
n(n − 1) Sn
n −1
d
d S
d
d,
= a1 +
d = n + a1 − , n +1 − n = ，
2
n
2
2
2 n +1 n
2
S
n
因此 { n } 为等差数列，则甲是乙的充分条件；
S
n
反之，乙： { n } 为等差数列，即
Sn+1 Sn nSn+1 − (n + 1)Sn nan+1 − Sn
− =
=
为常数，设为
n +1 n
n(n + 1)
n(n + 1)
t，
即
nan+1 − Sn
= t ，则 Sn = nan+1 − t n(n + 1) ，有 Sn−1 = (n − 1)an − t n(n − 1), n 2 ，
n(n + 1)
两式相减得： an = nan+1 − (n − 1)an − 2tn ，即 an+1 − an = 2t ，对 n = 1 也成立，
因此 an 为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C 正确.
方法 2，甲： an 为等差数列，设数列 an 的首项 a1 ，公差为d ，即
S n = na1 +
则
n(n − 1)
d，
2
Sn
S
(n − 1)
d
d
= a1 +
d = n + a1 − ，因此 { n } 为等差数列，即甲是乙的充分条件；
n
2
2
2
n
S
n
反之，乙： { n } 为等差数列，即
S n +1 S n
S
−
= D, n = S1 + (n − 1) D ，
n +1 n
n
即 Sn = nS1 + n(n − 1) D ， Sn−1 = (n − 1)S1 + (n − 1)(n − 2) D ，
当 n 2 时，上两式相减得： Sn − Sn−1 = S1 + 2(n − 1) D ，当 n = 1 时，上式成立，
于是 an = a1 + 2(n − 1) D ，又 an+1 − an = a1 + 2nD − [a1 + 2(n − 1) D] = 2D 为常数，
因此 an 为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
1
3
8．已知 sin ( − ) = , cos sin =
A．
7
9
B．
1
，则 cos ( 2 + 2 ) = （
6
1
9
C． −
）
．
1
9
D． −
7
9
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出 sin( + ) ，再利用二倍角的
余弦公式计算作答.
【详解】因为 sin( − ) = sin cos − cos sin =
1
1
，而 cos sin = ，因此
6
3
1
sin cos = ，
2
则 sin( + ) = sin cos + cos sin =
2
，
3
2
3
2
2
所以 cos(2 + 2 ) = cos 2( + ) = 1 − 2sin ( + ) = 1 − 2 ( ) =
1
.
9
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特
殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊
角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键
在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角
的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范
围．
二、多选题
9．有一组样本数据 x1 , x2 , , x6 ，其中 x1 是最小值， x6 是最大值，则（
）
A． x2 , x3 , x4 , x5 的平均数等于 x1 , x2 , , x6 的平均数
B． x2 , x3 , x4 , x5 的中位数等于 x1 , x2 , , x6 的中位数
C． x2 , x3 , x4 , x5 的标准差不小于 x1 , x2 , , x6 的标准差
D． x2 , x3 , x4 , x5 的极差不大于 x1 , x2 , , x6 的极差
【答案】BD
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项 A：设 x2 , x3 , x4 , x5 的平均数为 m ， x1 , x2 , , x6 的平均数为 n ，
则n−m =
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 x2 + x3 + x4 + x5 2 ( x1 + x6 ) − ( x5 + x2 + x3 + x4 )
，
−
=
6
4
12
因为没有确定 2 ( x1 + x6 ) , x5 + x2 + x3 + x4 的大小关系，所以无法判断 m, n 的大小，
例如：1, 2,3, 4,5,6 ，可得 m = n = 3.5 ；
例如1,1,1,1,1, 7 ，可得 m = 1, n = 2 ；
例如1, 2, 2, 2, 2, 2 ，可得 m = 2, n =
11
；故 A 错误；
6
对于选项 B：不妨设 x1 x2 x3 x4 x5 x6 ，
可知 x2 , x3 , x4 , x5 的中位数等于 x1 , x2 , , x6 的中位数均为
x3 + x4
，故 B 正确；
2
对于选项 C：因为 x1 是最小值， x6 是最大值，
则 x2 , x3 , x4 , x5 的波动性不大于 x1 , x2 , , x6 的波动性，即 x2 , x3 , x4 , x5 的标准差不大于
x1 , x2 , , x6 的标准差，
例如： 2, 4,6,8,10,12 ，则平均数 n =
标准差 s1 =
1
( 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 ) = 7 ，
6
1
105
2
2
2
2
2
2
，
( 2 − 7 ) + ( 4 − 7 ) + ( 6 − 7 ) + (8 − 7 ) + (10 − 7 ) + (12 − 7 ) =
6
3
1
4
4,6,8,10 ，则平均数 m = ( 4 + 6 + 8 + 10 ) = 7 ，
标准差 s2 =
显然
1
2
2
2
2
( 4 − 7 ) + ( 6 − 7 ) + (8 − 7 ) + (10 − 7 ) = 5 ，
4
105
5 ，即 s1 s2 ；故 C 错误；
3
对于选项 D：不妨设 x1 x2 x3 x4 x5 x6 ，
则 x6 − x1 x5 − x2 ，当且仅当 x1 = x2 , x5 = x6 时，等号成立，故 D 正确；
故选：BD.
10．噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级
Lp = 20 lg
p
，其中常数 p0 ( p0 0 ) 是听觉下限阈值， p 是实际声压．下表为不同声
p0
源的声压级：
声源
与声源的距离 /m
声压级 /dB
燃油汽车
10
60
90
混合动力汽车
10
50
60
电动汽车
10
40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m 处测得实际声压分别为
p1 , p2 , p3 ，则（
）
．
A． p1 p2
B． p2 10 p3
C． p3 = 100 p0
D． p1 100 p2
【答案】ACD
【分析】根据题意可知 Lp 60,90 , Lp 50, 60 , Lp = 40 ，结合对数运算逐项分析判
1
2
3
断.
【详解】由题意可知： Lp 60,90 , Lp 50, 60 , Lp = 40 ，
1
2
3
p1
p
p
− 20 lg 2 = 20 lg 1 ，
p0
p0
p2
p
p1
0 ，即 lg 1 0 ，
因为 Lp Lp ，则 Lp1 − Lp2 = 20 lg
p2
p2
p1
1 且 p1 , p2 0 ，可得 p1 p2 ，故 A 正确；
所以
p2
p3
p2
p
= 20 lg 2 ，
对于选项 B：可得 Lp2 − Lp3 = 20 lg − 20 lg
p0
p0
p3
p2
p 1
10 ，即 lg 2 ，
因为 Lp − Lp = Lp − 40 10 ，则 20 lg
p3
p3 2
p2
所以 e 且 p2 , p3 0 ，可得 p2 e p3 ，
p3
对于选项 A：可得 Lp1 − Lp2 = 20 lg
1
2
2
3
2
当且仅当 Lp = 50 时，等号成立，故 B 错误；
2
对于选项 C：因为 Lp3 = 20 lg
p
p3
= 40 ，即 lg 3 = 2 ，
p0
p0
p3
= 100 ，即 p3 = 100 p0 ，故 C 正确；
p0
可得
对于选项 D：由选项 A 可知： Lp1 − Lp2 = 20 lg
且 Lp − Lp 90 − 50 = 40 ，则 20 lg
1
即 lg
2
p1
，
p2
p1
40 ，
p2
p
p1
2 ，可得 1 100 ，且 p1 , p2 0 ，所以 p1 100 p2 ，故 D 正确；
p2
p2
故选：ACD.
2
2
11．已知函数 f ( x ) 的定义域为 R ， f ( xy ) = y f ( x ) + x f ( y ) ，则（
A． f ( 0 ) = 0
B． f (1) = 0
）
．
D． x = 0 为 f ( x ) 的极小值点
C． f ( x ) 是偶函数
【答案】ABC
【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇遇性的判断方法可判断选项 ABC，举反例
f ( x) = 0 即可排除选项 D.
方法二：选项 ABC 的判断与方法一同，对于 D，可构造特殊函数
x 2 ln x , x 0
f ( x) =
进行判断即可.
0, x = 0
【详解】方法一：
因为 f ( xy) = y 2 f ( x) + x 2 f ( y) ，
对于 A，令 x = y = 0 ， f (0) = 0 f (0) + 0 f (0) = 0 ，故 A 正确.
对于 B，令 x = y = 1 ， f (1) = 1 f (1) + 1 f (1) ，则 f (1) = 0 ，故 B 正确.
对于 C，令 x = y = −1， f (1) = f (−1) + f (−1) = 2 f (−1) ，则 f (−1) = 0 ，
令 y = −1, f (− x) = f ( x) + x 2 f (−1) = f ( x) ，
又函数 f ( x) 的定义域为 R ，所以 f ( x) 为偶函数，故 C 正确，
对于 D，不妨令 f ( x) = 0 ，显然符合题设条件，此时 f ( x) 无极值，故 D 错误.
方法二：
因为 f ( xy) = y 2 f ( x) + x 2 f ( y) ，
对于 A，令 x = y = 0 ， f (0) = 0 f (0) + 0 f (0) = 0 ，故 A 正确.
对于 B，令 x = y = 1 ， f (1) = 1 f (1) + 1 f (1) ，则 f (1) = 0 ，故 B 正确.
对于 C，令 x = y = −1， f (1) = f (−1) + f (−1) = 2 f (−1) ，则 f (−1) = 0 ，
令 y = −1, f (− x) = f ( x) + x 2 f (−1) = f ( x) ，
又函数 f ( x) 的定义域为 R ，所以 f ( x) 为偶函数，故 C 正确，
对于 D，当 x2 y 2 0 时，对 f ( xy) = y 2 f ( x) + x 2 f ( y) 两边同时除以 x 2 y 2 ，得到
f ( xy) f ( x) f ( y)
= 2 + 2 ，
x2 y 2
x
y
x ln x , x 0
f ( x)
= ln x ( x 0) ，则 f ( x) =
，
2
x
0, x = 0
2
故可以设
2
当 x 0 肘， f ( x) = x 2 ln x ，则 f ( x ) = 2 x ln x + x
令 f ( x ) 0 ，得 0 x e− 2 ；令 f
1
−
1
0 ，得 x e− 12 ；
x
−
1
= x(2 ln x + 1) ，
x
1
故 f ( x) 在 0,e 2 上单调递减，在 e 2 , + 上单调递增，
1
−
− 12
2
f
(
x
)
f
(
x
)
−
−
e
,
e
,0
因为
为偶函数，所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
显然，此时 x = 0 是 f ( x) 的极大值，故 D 错误.
故选： ABC .
12．下列物体中，能够被整体放入棱长为 1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽
略不计）内的有（
）
A．直径为 0.99m 的球体
B．所有棱长均为 1.4m 的四面体
C．底面直径为 0.01m ，高为 1.8m 的圆柱体
D．底面直径为1.2m ，高为 0.01m 的圆柱体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项 A：因为 0.99m 1m ，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故 A 正确；
对于选项 B：因为正方体的面对角线长为 2m ，且 2 1.4 ，
所以能够被整体放入正方体内，故 B 正确；
对于选项 C：因为正方体的体对角线长为 3m ，且 3 1.8 ，
所以不能够被整体放入正方体内，故 C 正确；
对于选项 D：因为正方体的体对角线长为 3m ，且 3 1.2 ，
设正方体 ABCD − A1B1C1D1 的中心为 O ，以 AC1 为轴对称放置圆柱，设圆柱的底面圆心
O1 到正方体的表面的最近的距离为 hm ，
1
3
3
如图，结合对称性可知： OC1 = C1 A =
, C1O1 = OC1 − OO1 =
− 0.6 ，
2
2
2
则
3
CO
h
1 0.6
= 1 1 ，即 h 2 − 0.6 ，解得 h = −
0.34 0.01 ，
=
AA1 C1 A
2
3
1
3
所以能够被整体放入正方体内，故 D 正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：对于 C、D：以正方体的体对角线为圆柱的轴，结合正方体以及圆
柱的性质分析判断.
三、填空题
13．某学校开设了 4 门体育类选修课和 4 门艺术类选修课，学生需从这 8 门课中选修
2 门或 3 门课，并且每类选修课至少选修 1 门，则不同的选课方案共有________种
（用数字作答）
．
【答案】64
【分析】分类讨论选修 2 门或 3 门课，对选修 3 门，再讨论具体选修课的分配，结合
组合数运算求解.
1 1
【详解】
（1）当从 8 门课中选修 2 门，则不同的选课方案共有 C4C4 = 16 种；
（2）当从 8 门课中选修 3 门，
1 2
①若体育类选修课 1 门，则不同的选课方案共有 C4C4 = 24 种；
2 1
②若体育类选修课 2 门，则不同的选课方案共有 C4C4 = 24 种；
综上所述：不同的选课方案共有16 + 24 + 24 = 64 种.
故答案为：64.
14．在正四棱台 ABCD − A1B1C1D1 中， AB = 2, A1B1 = 1, AA1 = 2 ，则该棱台的体积为
________．
【答案】
7 6 7 6
/
6 6
【分析】结合图像，依次求得 AO
1 1 , AO, A1M ，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过 A1 作 A1M ⊥ AC ，垂足为 M ，易知 A1M 为四棱台 ABCD − A1B1C1D1 的
高，
因为 AB = 2, A1B1 = 1, AA1 = 2 ，
1
1
2
1
1
A1C1 = 2 A1B1 =
, AO = AC = 2 AB = 2 ，
2
2
2
2
2
1
6
1
2
故 AM = ( AC − A1C1 ) =
，则 A1M = A1 A2 − AM 2 = 2 − =
，
2
2
2
2
1
6 7 6
.
所以所求体积为 V = (4 + 1 + 4 1)
=
3
2
6
7 6
.
故答案为：
6
则 A1O1 =
15．已知函数 f ( x ) = cos x − 1( 0) 在区间 0, 2π 有且仅有 3 个零点，则 的取值范
围是________．
【答案】 [2,3)
【分析】令 f ( x) = 0 ，得 cos x = 1 有 3 个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】因为 0 ≤ x ≤ 2π ，所以 0 ≤ x ≤ 2π ，
令 f ( x) = cos x − 1 = 0 ，则 cos x = 1 有 3 个根，
令 t = x ，则 cos t = 1 有 3 个根，其中 t [0, 2 π] ，
结合余弦函数 y = cos t 的图像性质可得 4π 2 π 6π ，故 2 3 ，
故答案为： [2,3) .
16．已知双曲线 C :
x2 y 2
−
= 1(a 0, b 0) 的左、右焦点分别为 F1 , F2 ．点 A 在 C 上，点 B
a 2 b2
2
3
在 y 轴上， F1 A ⊥ F1 B, F2 A = − F2 B ，则 C 的离心率为________．
【答案】
3 5 3 5
/
5
5
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到 AF2 , BF2 , BF1 , AF1
关于 a, m 的表达式，从而利用勾股定理求得 a = m ，进而利用余弦定理得到 a, c 的齐次
方程，从而得解.
5
3
2
3
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得 x0 = c, y0 = − t ，
t 2 = 4c 2 ，将点 A 代入双曲线 C 得到关于 a, b, c 的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设 AF2 = 2m ，则 BF2 = 3m = BF1 , AF1 = 2a + 2m ，
在 Rt ABF1 中， 9m2 + (2a + 2m)2 = 25m2 ，则 (a + 3m)(a − m) = 0 ，故 a = m 或 a = −3m
（舍去）
，
所以 AF1 = 4a, AF2 = 2a ， BF2 = BF1 = 3a ，则 AB = 5a ，
故 cos F1 AF2 =
AF1 4a 4
=
= ，
AB
5a 5
所以在 △AF1 F2 中， cos F1 AF2 =
故e =
16a 2 + 4a 2 − 4c 2 4
= ，整理得 5c 2 = 9a 2 ，
2 4a 2 a
5
c 3 5
.
=
a
5
方法二:
依题意，得 F1 (−c, 0), F2 (c, 0) ，令 A ( x0 , y0 ) , B(0, t ) ，
2
3
因为 F2 A = − F2 B ，所以 ( x0 − c, y0 ) = −
5
2
2
( −c, t ) ，则 x0 = c, y0 = − t ，
3
3
3
2
8
8 2 2 2
又 F1 A ⊥ F1 B ，所以 F1 A F1B = c, − t ( c, t ) = c − t = 0 ，则 t 2 = 4c 2 ，
3
3
3
3
25 2 4 2
c
t
25c 2 16c 2
25c 2 4t 2
又点 A 在 C 上，则 9
，整理得
，则
− 2 = 1，
−
=
1
2
2
2
− 9 2 =1
9
a
9b
9
a
9
b
2
a
b
(
)
(
)
2
2
2
2 2
2
2
2
所以 25c 2b2 − 16c 2 a 2 = 9a 2b 2 ，即 25c c − a − 16a c = 9a c − a ，
(
)(
)
2
2
2
2
整理得 25c 4 − 50c 2 + 9a 4 = 0 ，则 5c − 9a 5c − a = 0 ，解得 5c 2 = 9a 2 或 5c 2 = a 2 ，
又 e 1 ，所以 e =
故答案为：
5
3 5
3 5
.
或e =
（舍去），故 e =
5
5
5
3 5
.
5
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结
合勾股定理与余弦定理得到关于 a, b, c 的齐次方程，从而得解.
四、解答题
17．已知在 ABC 中， A + B = 3C , 2sin ( A − C ) = sin B ．
(1)求 sinA ；
(2)设 AB = 5 ，求 AB 边上的高．
【答案】(1)
3 10
10
(2)6
【分析】
（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求 sin B ,再由正弦定理求
出 b ，根据等面积法求解即可.
【详解】
（1） A + B = 3C ，
π − C = 3C ，即 C =
π
，
4
又 2sin( A − C ) = sin B = sin( A + C ) ，
2sin A cos C − 2cos A sin C = sin A cos C + cos A sin C ，
sin A cos C = 3cos A sin C ，
sin A = 3cos A ，
π
2
即 tan A = 3 ，所以 0 A ，
sin A =
3
3 10
=
.
10
10
（2）由（1）知， cos A =
1
10
=
，
10
10
由 sin B = sin( A + C ) = sin A cos C + cos A sin C =
c
b
=
由正弦定理，
，可得 b =
sin C sin B
5
2 3 10
10 2 5
，
(
+
)=
2 10
10
5
2 5
5 = 2 10 ，
2
2
1
1
AB h = AB AC sin A ，
2
2
h = b sin A = 2 10
3 10
= 6.
10
18．如图，在正四棱柱 ABCD − A1B1C1D1 中， AB = 2, AA1 = 4 ．点 A2 , B2 , C2 , D2 分别在棱
AA1 , BB1 , CC1 , DD1 上， AA2 = 1, BB2 = DD2 = 2, CC2 = 3 ．
(1)证明： B2C2∥A2 D2 ；
(2)点 P 在棱 BB1 上，当二面角 P − A2C2 − D2 为150 时，求 B2 P ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设 P(0, 2, )(0 4) ，利用向量法求二面角，建立方程求出 即可得解.
【详解】
（1）以 C 为坐标原点， CD, CB, CC1 所在直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标
系，如图，
则 C (0,0,0), C2 (0,0,3), B2 (0, 2, 2), D2 (2,0, 2), A2 (2, 2,1) ，
B2C2 = (0, −2,1), A2 D2 = (0, −2,1) ，
B2C2∥A2 D2 ，
又 B2C2，A2 D2 不在同一条直线上，
B2C2∥A2 D2 .
（2）设 P(0, 2, )(0 4) ，
则 A2C2 = (−2, −2, 2), PC2 = (0, −2,3 − ), D2C2 =( − 2,0,1) ，
设平面 PA2C2 的法向量 n = ( x, y, z ) ，
n A2C2 = −2 x − 2 y + 2 z = 0
则
，
n PC2 = −2 y + (3 − ) z = 0
令 z = 2 ，得 y = 3 − , x = − 1 ，
n = ( − 1,3 − , 2) ，
设平面 A2C2 D2 的法向量 m = (a, b, c) ，
m A2C2 = −2a − 2b + 2c = 0
则
，
m D2C2 = −2a + c = 0
令 a = 1 ，得 b = 1, c = 2 ，
m = (1,1, 2) ，
cos n, m =
nm
n m
=
6
6 4 + ( − 1) + (3 − )
2
2
= cos150 =
3
，
2
化简可得， 2 − 4 + 3 = 0 ，
解得 = 1 或 = 3 ，
P(0, 2,1) 或 P(0, 2,3) ，
B2 P = 1.
(
)
x
19．已知函数 f ( x ) = a e + a − x ．
(1)讨论 f ( x ) 的单调性；
(2)证明：当 a 0 时， f ( x ) 2lna +
3
．
2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）先求导，再分类讨论 a 0 与 a 0 两种情况，结合导数与函数单调性的
关系即可得解；
2
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为 a −
1
− ln a 0 的恒成立问题，构造
2
2
函数 g ( a ) = a − − ln a ( a 0 ) ，利用导数证得 g ( a ) 0 即可.
1
2
x
方法二：构造函数 h ( x ) = e − x − 1 ，证得 e x x + 1 ，从而得到
f ( x) x + ln a + 1 + a 2 − x ，进而将问题转化为 a 2 −
1
− ln a 0 的恒成立问题，由此得
2
证.
(
)
x
x
【详解】
（1）因为 f ( x) = a e + a − x ，定义域为 R ，所以 f ( x ) = ae − 1 ，
x
当 a 0 时，由于 e x 0 ，则 ae x 0 ，故 f ( x ) = ae − 1 0 恒成立，
所以 f ( x ) 在 R 上单调递减；
x
当 a 0 时，令 f ( x ) = ae − 1 = 0 ，解得 x = − ln a ，
当 x − ln a 时， f ( x ) 0 ，则 f ( x ) 在 ( −, − ln a ) 上单调递减；
当 x − ln a 时， f
x
0 ，则 f ( x ) 在
( − ln a, + ) 上单调递增；
综上：当 a 0 时， f ( x ) 在 R 上单调递减；
当 a 0 时， f ( x ) 在 ( −, − ln a ) 上单调递减， f ( x ) 在 ( − ln a, + ) 上单调递增.
（2）方法一：
(
)
− ln a
+ a + ln a = 1 + a 2 + ln a ，
由（1）得， f ( x )min = f ( − ln a ) = a e
3
2
3
2
2
2
要证 f ( x) 2 ln a + ，即证 1 + a + ln a 2 ln a + ，即证 a −
1
− ln a 0 恒成立，
2
1 2a 2 − 1
，
=
a
a
2
2
令 g ( a ) 0 ，则 0 a
；令 g ( a ) 0 ，则 a
；
2
2
1
2
2
令 g ( a ) = a − − ln a ( a 0 ) ，则 g ( a ) = 2a −
2
2
, + 上单调递增，
所以 g ( a ) 在 0,
上单调递减，在
2
2
2
所以 g ( a )min
2 2 1
2
= g
= ln 2 0 ，则 g ( a ) 0 恒成立，
=
− − ln
2
2 2 2
3
2
所以当 a 0 时， f ( x) 2 ln a + 恒成立，证毕.
方法二：
x
x
令 h ( x ) = e − x − 1 ，则 h ( x ) = e − 1 ，
x
由于 y = e x 在 R 上单调递增，所以 h ( x ) = e − 1 在 R 上单调递增，
0
又 h ( 0 ) = e − 1 = 0 ，
所以当 x 0 时， h ( x ) 0 ；当 x 0 时， h ( x ) 0 ；
所以 h ( x ) 在 ( − , 0 ) 上单调递减，在 ( 0, + ) 上单调递增，
故 h ( x ) h ( 0 ) = 0 ，则 e x x + 1 ，当且仅当 x = 0 时，等号成立，
(
)
x
x
2
x + ln a
+ a 2 − x x + ln a + 1 + a 2 − x ，
因为 f ( x) = a e + a − x = ae + a − x = e
当且仅当 x + ln a = 0 ，即 x = − ln a 时，等号成立，
3
2
2
所以要证 f ( x) 2 ln a + ，即证 x + ln a + 1 + a − x 2 ln a +
1
2
2
令 g ( a ) = a − − ln a ( a 0 ) ，则 g ( a ) = 2a −
3
1
2
，即证 a − − ln a 0 ，
2
2
1 2a 2 − 1
，
=
a
a
令 g ( a ) 0 ，则 0 a
2
2
；令 g ( a ) 0 ，则 a
；
2
2
2
2
, + 上单调递增，
所以 g ( a ) 在 0,
上单调递减，在
2
2
2
所以 g ( a )min
2 2 1
2
= g
= ln 2 0 ，则 g ( a ) 0 恒成立，
=
− − ln
2
2 2 2
3
2
所以当 a 0 时， f ( x) 2 ln a + 恒成立，证毕.
20．设等差数列 an 的公差为 d ，且 d 1 ．令 bn =
n2 + n
，记 Sn , Tn 分别为数列
an
an ,bn 的前 n 项和．
(1)若 3a2 = 3a1 + a3 , S3 + T3 = 21 ，求 an 的通项公式；
(2)若 bn 为等差数列，且 S99 − T99 = 99 ，求d ．
【答案】(1) an = 3n
(2) d =
51
50
【分析】
（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由 {bn } 为等差数列得出 a1 = d 或 a1 = 2d ，再由等差数列的性质可得
a50 − b50 = 1 ，分类讨论即可得解.
【详解】
（1） 3a2 = 3a1 + a3 ，3d = a1 + 2d ，解得 a1 = d ，
S3 = 3a2 = 3(a1 + d ) = 6d ，
又 T3 = b1 + b2 + b3 =
S3 + T3 = 6d +
2
6 12 9
+
+
= ，
d 2d 3d d
9
= 21 ，
d
即 2d 2 − 7d + 3 = 0 ，解得 d
1
= 3 或 d = 2 （舍去），
an = a1 + (n − 1) d = 3n .
（2） {bn } 为等差数列，
12 2 12
= + ，
a2 a1 a3
1 1
6d
1
6( − ) =
= ，即 a12 − 3a1d + 2d 2 = 0 ，解得 a1 = d 或 a1 = 2d ，
a2 a3
a2 a3 a1
2b2 = b1 + b3 ，即
d 1， an 0 ，
又 S99 − T99 = 99 ，由等差数列性质知， 99a50 − 99b50 = 99 ，即 a50 − b50 = 1 ，
a50 −
2550
= 1 ，即 a502 − a50 − 2550 = 0 ，解得 a50 = 51 或 a50 = −50 （舍去）
a50
当 a1 = 2d 时， a50 = a1 + 49d = 51d = 51 ，解得 d = 1 ，与 d 1 矛盾，无解；
当 a1 = d 时， a50 = a1 + 49d = 50d = 51，解得 d =
综上， d =
51
.
50
51
.
50
21．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投籃，若
末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为 0.6，乙每
次投篮的命中率均为 0.8．由抽签确定第 1 次投篮的人选，第 1 次投篮的人是甲、乙的
概率各为 0.5．
(1)求第 2 次投篮的人是乙的概率；
(2)求第 i 次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量 X i 服从两点分布，且 P ( X i = 1) = 1 − P ( X i = 0 ) = qi , i = 1, 2, , n ，
n
n
则 E X i = qi ．记前 n 次（即从第 1 次到第 n 次投篮）中甲投篮的次数为 Y ，求
i =1 i =1
E (Y ) ．
【答案】(1) 0.6
1 2
i−1
(2)
6 5
(3) E (Y ) =
+
1
3
n
5 2 n
1 − +
18 5 3
【分析】
（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设 P ( Ai ) = pi ，由题意可得 pi +1 = 0.4 pi + 0.2 ，根据数列知识，构造等比数列即可
解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【详解】
（1）记“第 i 次投篮的人是甲”为事件 Ai ，“第 i 次投篮的人是乙”为事件 Bi ，
所以， P ( B2 ) = P ( A1B2 ) + P ( B1B2 ) = P ( A1 ) P ( B2 | A1 ) + P ( B1 ) P ( B2 | B1 )
= 0.5 (1 − 0.6 ) + 0.5 0.8 = 0.6 .
（2）设 P ( Ai ) = pi ，依题可知， P ( Bi ) = 1 − pi ，则
P ( Ai +1 ) = P ( Ai Ai +1 ) + P ( Bi Ai +1 ) = P ( Ai ) P ( Ai +1 | Ai ) + P ( Bi ) P ( Ai +1 | Bi ) ，
即 pi +1 = 0.6 pi + (1 − 0.8) (1 − pi ) = 0.4 pi + 0.2 ，
构造等比数列 pi + ，
设 pi +1 + =
1 2
1
2
1
( pi + ) ，解得 = − ，则 pi +1 − = pi − ，
3
5
3 5
3
1
1
2
1
，所以 pi − 是首项为 ，公比为 的等比数列，
5
6
6
3
1
2
1
3
1
1 2
又 p1 = , p1 − =
i −1
1 2
i −1
即 pi − = , pi =
3 6 5
6 5
1 2
（3）因为 pi =
6 5
i −1
+
+
1
．
3
1
， i = 1,2, , n ，
3
n
2
1−
n
1
n 5 2 n
5
+ pn = + = 1 − + ，
2
6
3 18 5 3
1−
5
所以当 n N* 时， E (Y ) = p1 + p2 +
故 E (Y ) =
n
5 2 n
1
−
+ ．
18 5 3
【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到
递推式，然后根据数列的基本知识求解．
1
22．在直角坐标系 xOy 中，点 P 到 x 轴的距离等于点 P 到点 0, 的距离，记动点 P
2
的轨迹为 W ．
(1)求 W 的方程；
(2)已知矩形 ABCD 有三个顶点在W 上，证明：矩形 ABCD 的周长大于 3 3 ．
2
【答案】(1) y = x +
1
4
(2)见解析
1
2
【分析】
（1）设 P( x, y ) ，根据题意列出方程 x 2 + y − = y 2 ，化简即可；
2
1 2 1 2 1
2
（2）法一：设矩形的三个顶点 A a, a + , B b, b + , C c, c + ，且 a b c ，
4
4
4
分别令 k AB = a + b = m 0 ， kBC = b + c = n 0 ，且 mn = −1 ，利用放缩法得
2
1
1
C n + 1 + n2 ，设函数 f ( x) = x + 1 (1 + x 2 ) ，利用导数求出其最小值，则得 C
2
n
x
的最小值，再排除边界值即可.
1
4
2
法二：设直线 AB 的方程为 y = k ( x − a) + a + ，将其与抛物线方程联立，再利用弦长
公式和放缩法得 AB + AD
(1 + k )
2
k2
3
，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排
除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等
式即可证明.
2
1
2
【详解】
（1）设 P( x, y ) ,则 y = x 2 + y − ，两边同平方化简得 y = x + ，
1
4
2
1
4
2
故W : y = x + .
1 2 1 2 1
2
（2）法一：设矩形的三个顶点 A a, a + , B b, b + , C c, c + 在W 上,且
4
4
4
a b c ，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为 0，
则 k AB kBC = −1, a + b b + c ,令
b2 +
k AB =
1 2 1
−a +
，
4
4
= a+b = m 0
b−a
1
n
同理令 kBC = b + c = n 0 ，且 mn = −1 ，则 m = − ，
设矩形周长为 C ,由对称性不妨设 | m || n | ， k BC − k AB = c − a = n − m = n +
1
，
n
1
1
2
2
2
2
则 C =| AB | + | BC |= (b − a) 1 + m + (c − b) 1 + n (c − a) 1 + n = n + 1 + n .
2
n
1
2
n 0 ，易知 n + 1 + n 0
n
1
2
2
1
1
则令 f ( x) = x + (1 + x 2 ) , x 0, f ( x) = 2 x + 2 x − ,
x
x
x
令 f ( x) = 0 ，解得 x =
2
，
2
2
当 x 0,
时， f ( x ) 0 ，此时 f ( x) 单调递减，
2
2
, + ， f ( x ) 0 ，此时 f ( x) 单调递增，
当 x
2
2 27
则 f ( x)min = f
，
=
2 4
1
故 C
2
27 3 3
,即 C 3 3 .
=
4
2
当 C = 3 3 时, n =
矛盾，故 C 3 3 ,
得证.
2
, m = − 2 ,且 (b − a) 1 + m2 = (b − a) 1 + n 2 ，即 m = n 时等号成立，
2
法二：不妨设 A, B, D 在 W 上，且 BA ⊥ DA ，
2 1
依题意可设 A a, a + ，易知直线 BA ， DA 的斜率均存在且不为 0，
4
1
k
则设 BA , DA 的斜率分别为 k 和 − ，由对称性，不妨设 k 1 ，
1
4
2
直线 AB 的方程为 y = k ( x − a) + a + ，
1
2
y = x + 4
则联立
得 x 2 − kx + ka − a 2 = 0 ，
1
2
y = k ( x − a) + a +
4
= k 2 − 4 ( ka − a 2 ) = ( k − 2a ) 0 ，则 k 2a
2
则 | AB |= 1 + k 2 | k − 2a | ，
同理 | AD |= 1 +
1 1
+ 2a ，
k2 k
| AB | + | AD |= 1 + k 2 | k − 2a | + 1 +
1 1
+ 2a
k2 k
1
1
1 + k k − 2a + + 2a 1 + k 2 k + =
k
k
2
(1 + k )
2
3
k2
(m + 1)3
1
= m2 + 3m + + 3 ，
m
m
2
1
1 (2m − 1)(m + 1)
则 f (m) = 2m + 3 − 2 =
，令 f (m) = 0 ，解得 m = ，
2
2
m
m
1
当 m 0, 时， f (m) 0 ，此时 f (m) 单调递减，
2
1
当 m , + ， f (m) 0 ，此时 f (m) 单调递增，
2
1 27
则 f (m)min = f =
，
2 4
令 k 2 = m ，则 m ( 0,1 ，设 f (m) =
| AB | + | AD |
3 3
，
2
2
但 1 + k | k − 2a | + 1 +
与最终取等时 k =
1 1
1
+ 2a 1 + k 2 | k − 2a | + + 2a
k2 k
k
2
3 3
.
不一致，故 AB + AD
2
2
，此处取等条件为 k = 1 ，
1
4
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动 个单位得抛物线 W : y = x 2 ,
矩形 ABCD 变换为矩形 ABCD ,则问题等价于矩形 ABCD 的周长大于 3 3 .
(
) (
) (
)
2
2
2
设 B t0 , t0 , A t1 , t1 , C t2 , t2 , 根据对称性不妨设 t0 0 .
则 k A B = t1 + t0 , kB C = t2 + t0 , 由于 AB ⊥ BC , 则 ( t1 + t0 )( t2 + t0 ) = −1 .
2
2
由于 A B = 1 + ( t1 + t0 ) t1 − t0 , BC = 1 + ( t2 + t0 ) t 2 − t0 , 且 t0 介于 t1 , t2 之间,
2
2
则 A B + BC = 1 + ( t1 + t0 ) t1 − t0 + 1 + ( t2 + t0 ) t2 − t0 . 令 t2 + t0 = tan ,
π
t1 + t0 = − cot , 0, ,则 t2 = tan − t0 , t1 = − cot − t0 ,从而
2
A B + BC = 1 + cot 2 ( 2t0 + cot ) + 1 + tan 2 ( tan − 2t0 )
1
1
−
故 A B + B C = 2t0
sin cos
π
①当 0, 时,
4
cos 2t0 (cos − sin ) sin 3 + cos3
sin
+
+
=
+
2
2
sin cos
sin 2 cos 2
cos sin
sin 3 + cos3
sin
cos
1
2
=
+ 2 2
=2
2 2
2
2
2
sin cos
cos sin
sin cos
sin 2
π π
②当 , 时,由于 t1 t0 t2 ,从而 − cot − t0 t0 tan − t0 ,
4 2
cot
tan
t0
从而 −
又 t0 0 ,
A B + BC
2
故 0 t0
=
2
tan
2t (cos − sin ) sin 3 + cos3
,由此 A B + BC = 0
+
2
sin cos
sin 2 cos 2
sin (cos − sin )(sin cos ) sin 3 + cos3
1
cos
+
=
+ 2
2
3
2
2
sin cos
sin cos cos sin
2
sin sin 2 cos
2
2
2
=
2
(1 − cos )(1 − cos2 ) 2 cos2
2
2
(1 − cos 2 ) + (1 − cos 2 ) + 2 cos 2
3
当且仅当 cos =
3
2
2
3
3
=
3 3
2 ，
3 3
3
时等号成立，故 A B + BC
，故矩形周长大于 3 2 .
3
2
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得
1
1
C =| AB | + | BC | n + 1 + n2 ，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新
2
n
函数求导，最后再排除边界值即可.
2023 年新课标全国Ⅱ卷数学真题解析
一、单选题
1．在复平面内， (1 + 3i )( 3 − i ) 对应的点位于（
A．第一象限
B．第二象限
）
．
C．第三象限
D．第四象限
【答案】A
【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断.
2
【详解】因为 (1 + 3i )( 3 − i ) = 3 + 8i − 3i = 6 + 8i ，
则所求复数对应的点为 ( 6,8) ，位于第一象限.
故选：A.
2．设集合 A = 0, −a ， B = 1, a − 2, 2a − 2 ，若 A B ，则 a = （
A．2
B．1
C．
2
3
）
．
D． −1
【答案】B
【分析】根据包含关系分 a − 2 = 0 和 2a − 2 = 0 两种情况讨论，运算求解即可.
【详解】因为 A B ，则有：
若 a − 2 = 0 ，解得 a = 2 ，此时 A = 0, −2 ， B = 1, 0, 2 ，不符合题意；
若 2a − 2 = 0 ，解得 a = 1 ，此时 A = 0, −1 ， B = 1, −1, 0 ，符合题意；
综上所述： a = 1 .
故选：B.
3．某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调
查，拟从初中部和高中部两层共抽取 60 名学生，已知该校初中部和高中部分别有 400
名和 200 名学生，则不同的抽样结果共有（
）
．
15
A． C45
400 C200 种
40
B． C20
400 C200 种
C． C400 C200 种
D． C400 C200 种
30
30
40
20
【答案】D
【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取 60
60
400
= 40 人，高中部共抽取
600
200
= 20 ，
600
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有 C400 C200 种.
40
故选：D.
20
4．若 f ( x ) = ( x + a ) ln
2x −1
为偶函数，则 a = （
2x +1
A． −1
B．0
）
．
1
C． 2
D．1
【答案】B
【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出 a 值，再检验即可.
1
3
(1 + a) ln = (−1 + a) ln 3 ，解得 a = 0 ，
【详解】因为 f ( x) 为偶函数，则 f (1) = f (−1)，
当 a = 0 时， f ( x ) = x ln
2x −1
1
1
， ( 2 x − 1)( 2 x + 1) 0 ，解得 x 或 x − ，
2x +1
2
2
1
1
则其定义域为 x x 或 x − ，关于原点对称.
2
2
f ( − x ) = ( − x ) ln
2 ( − x ) −1
2x +1
2 x −1
2x −1
= ( − x ) ln
= ( − x ) ln
= f ( x) ，
= x ln
2 (−x) +1
2x −1
2x +1
2x +1
−1
故此时 f ( x ) 为偶函数.
故选：B.
x2
+ y 2 = 1 的左、右焦点分别为 F1 ， F2 ，直线 y = x + m 与 C 交于 A，B
3
两点，若 △F1 AB 面积是 △F2 AB 面积的 2 倍，则 m = （ ）
．
5．已知椭圆 C :
A．
2
3
B．
2
3
C． −
2
3
D． −
2
3
【答案】C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用 0 ，求出 m 范围，再根据三角形面积
比得到关于 m 的方程，解出即可.
y = x + m
，消去 y 可得 4 x2 + 6mx + 3m2 − 3 = 0 ，
2
+ y =1
3
【详解】将直线 y = x + m 与椭圆联立 x 2
(
)
2
2
因为直线与椭圆相交于 A, B 点，则 = 36m − 4 4 3m − 3 0 ，解得 −2 m 2 ，
(
) (
设 F1 到 AB 的距离 d1 ,F2 到 AB 距离 d 2 ，易知 F1 − 2, 0 , F2
则 d1 =
m=−
|− 2 +m|
| 2 +m| S
， d2 =
，
S
2
2
2
或 −3 2 （舍去）
，故选：C.
3
F1 AB
F2 AB
)
2, 0 ，
|− 2 +m|
|− 2 +m|
2
=
=
= 2 ，解得
| 2 +m|
| 2 +m|
2
x
6．已知函数 f ( x ) = ae − ln x 在区间 (1, 2 ) 上单调递增，则 a 的最小值为（
A． e2
D． e−2
C． e −1
B．e
）
．
【答案】C
x
【分析】根据 f ( x ) = ae −
1
0 在 (1, 2 ) 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
x
1
1
0 在 (1, 2 ) 上恒成立，显然 a 0 ，所以 xe x ，
x
a
x
【详解】依题可知， f ( x ) = ae −
x
x
设 g ( x ) = xe , x (1, 2 ) ，所以 g ( x ) = ( x + 1) e 0 ，所以 g ( x ) 在 (1, 2 ) 上单调递增，
g ( x ) g (1) = e ，故 e
1
1
−1
，即 a = e ，即 a 的最小值为 e −1 ．
e
a
故选：C．
1+ 5
，则 sin = （ ）
．
2
4
3− 5
−1 + 5
B．
C．
4
8
7．已知 为锐角， cos =
A．
3− 5
8
D．
−1 + 5
4
【答案】D
【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．
【详解】因为 cos = 1 − 2sin 2
解得： sin
2
=
3− 5
=
8
(
1+ 5
，而 为锐角，
=
2
4
)
5 −1
2
16
=
5 −1 ．
4
故选：D．
8．记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，若 S4 = −5 ， S6 = 21S2 ，则 S8 = （
A．120
C． −85
B．85
）
．
D． −120
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前 n 项和公式求出公比，再根据 S4 , S8 的关系即可解
出；
方法二：根据等比数列的前 n 项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列 an 的公比为 q ，首项为 a1 ，
若 q = 1 ，则 S6 = 6a1 = 3 2a1 = 3S2 ，与题意不符，所以 q 1 ；
由 S4 = −5 ， S6 = 21S2 可得，
(
a1 1 − q 4
1− q
) = −5 ， a (1 − q ) = 21 a (1 − q ) ①，
6
1
1− q
2
由①可得，1 + q 2 + q 4 = 21 ，解得： q = 4 ，
所以 S8 =
a1 (1 − q8 )
故选：C．
1− q
=
a1 (1 − q 4 )
1− q
2
1
(1 + q 4 ) = −5 (1 + 16 ) = −85 ．
1− q
方法二：设等比数列 an 的公比为 q ，
因为 S4 = −5 ， S6 = 21S2 ，所以 q −1 ，否则 S4 = 0 ，
从而， S2 , S4 − S2 , S6 − S4 , S8 − S6 成等比数列，
所以有， ( −5 − S 2 ) = S 2 ( 21S 2 + 5 ) ，解得： S2 = −1 或 S 2 =
2
5
，
4
当 S2 = −1 时， S2 , S4 − S2 , S6 − S4 , S8 − S6 ，即为 −1, −4, −16, S8 + 21 ，
易知， S8 + 21 = −64 ，即 S8 = −85 ；
当 S2 =
(
) (
)
5
2
2
时， S4 = a1 + a2 + a3 + a4 = ( a1 + a2 ) 1 + q = 1 + q S 2 0 ，
4
与 S4 = −5 矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前 n 项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题
关键是把握 S4 , S8 的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
二、多选题
9．已知圆锥的顶点为 P，底面圆心为 O，AB 为底面直径， APB = 120 ， PA = 2 ，点
C 在底面圆周上，且二面角 P − AC − O 为 45°，则（
）
．
A．该圆锥的体积为 π
B．该圆锥的侧面积为 4 3π
C． AC = 2 2
D． △PAC 的面积为 3
【答案】AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断 A、B 选项的正确性，利用二面角的知识判断
C、D 选项的正确性.
【详解】依题意， APB = 120 ， PA = 2 ，所以 OP = 1, OA = OB = 3 ，
1
3
A 选项，圆锥的体积为 π
( 3)
2
1 = π ，A 选项正确；
B 选项，圆锥的侧面积为 π 3 2 = 2 3π ，B 选项错误；
C 选项，设 D 是 AC 的中点，连接 OD, PD ，
则 AC ⊥ OD, AC ⊥ PD ，所以 PDO 是二面角 P − AC − O 的平面角，
则 PDO = 45 ，所以 OP = OD = 1 ，
故 AD = CD = 3 − 1 = 2 ，则 AC = 2 2 ，C 选项正确；
D 选项， PD = 12 + 12 = 2 ，所以 S
故选：AC.
PAC
=
1
2 2 2 = 2 ，D 选项错误.
2
2
10．设 O 为坐标原点，直线 y = − 3 ( x − 1) 过抛物线 C : y = 2 px ( p 0 ) 的焦点，且与
C 交于 M，N 两点，l 为 C 的准线，则（
）
．
8
3
A． p = 2
B． MN =
C．以 MN 为直径的圆与 l 相切
D． OMN 为等腰三角形
【答案】AC
【分析】先求得焦点坐标，从而求得 p ，根据弦长公式求得 MN ，根据圆与等腰三角
形的知识确定正确答案.
2
【详解】A 选项：直线 y = − 3 ( x − 1) 过点 (1, 0 ) ，所以抛物线 C : y = 2 px ( p 0 ) 的焦
点 F (1,0 ) ，
所以
p
= 1, p = 2, 2 p = 4 ，则 A 选项正确，且抛物线 C 的方程为 y 2 = 4 x .
2
B 选项：设 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ，
y = − 3 ( x − 1)
2
由 2
消去 y 并化简得 3x − 10 x + 3 = ( x − 3)( 3x − 1) = 0 ，
y = 4 x
1
3
1
3
解得 x1 = 3, x2 = ，所以 MN = x1 + x2 + p = 3 + + 2 =
16
，B 选项错误.
3
C 选项：设 MN 的中点为 A ， M , N , A 到直线 l 的距离分别为 d1 , d 2 , d ，
因为 d =
1
1
1
( d1 + d 2 ) = ( MF + NF ) = MN ，
2
2
2
即 A 到直线 l 的距离等于 MN 的一半，所以以 MN 为直径的圆与直线 l 相切，C 选项正
确.
D 选项：直线 y = − 3 ( x − 1) ，即 3x + y − 3 = 0 ，
3
，
2
1 16
3 4 3
所以三角形 OMN 的面积为
，
=
2 3 2
3
O 到直线 3x + y − 3 = 0 的距离为 d =
1 2 3
由上述分析可知 y1 = − 3 ( 3 − 1) = −2 3, y2 = − 3 − 1 =
，
3
3
(
所以 OM = 32 + −2 3
)
2
2
2
13
1 2 3
，
= 21, ON = +
=
3
3 3
所以三角形 OMN 不是等腰三角形，D 选项错误.
故选：AC.
11．若函数 f ( x ) = a ln x +
A． bc 0
b c
+ ( a 0 ) 既有极大值也有极小值，则（
x x2
B． ab 0
C． b2 + 8ac 0
）
．
D． ac 0
【答案】BCD
【分析】求出函数 f ( x) 的导数 f ( x) ，由已知可得 f ( x) 在 (0, +) 上有两个变号零点，
转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
b
x
【详解】函数 f ( x) = a ln x + +
c
的定义域为 (0, +) ，求导得
x2
a b 2c ax 2 − bx − 2c
，
f ( x) = − 2 − 3 =
x x x
x3
因为函数 f ( x) 既有极大值也有极小值，则函数 f ( x) 在 (0, +) 上有两个变号零点，而
a 0，
因此方程 ax 2 − bx − 2c = 0 有两个不等的正根 x1 , x2 ，
Δ = b 2 + 8ac 0
b
于是 x1 + x2 = 0 ，即有 b2 + 8ac 0 ， ab 0 ， ac 0 ，显然 a 2bc 0 ，即 bc 0 ，
a
2c
x1 x2 = −
0
a
A 错误，BCD 正确.
故选：BCD
12．在信道内传输 0，1 信号，信号的传输相互独立．发送 0 时，收到 1 的概率为
(0 1) ，收到 0 的概率为1 − ；发送 1 时，收到 0 的概率为 (0 1) ，收到 1
的概率为 1 − . 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只
发送 1 次，三次传输 是指每个信号重复发送 3 次．收到的信号需要译码，译码规则如
下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即
为译码（例如，若依次收到 1，0，1，则译码为 1）.
A．采用单次传输方案，若依次发送 1，0，1，则依次收到 l，0，1 的概率为
(1 − )(1 − )2
B．采用三次传输方案，若发送 1，则依次收到 1，0，1 的概率为 (1 − )2
C．采用三次传输方案，若发送 1，则译码为 1 的概率为 (1 − )2 + (1 − )3
D．当 0 0.5 时，若发送 0，则采用三次传输方案译码为 0 的概率大于采用单次传
输方案译码为 0 的概率
【答案】ABD
【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断 AB；利用相互独立事件及互斥事件的
概率计算判断 C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断 D 作答.
【详解】对于 A，依次发送 1，0，1，则依次收到 l，0，1 的事件是发送 1 接收 1、发
送 0 接收 0、发送 1 接收 1 的 3 个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为 (1 − )(1 − )(1 − ) = (1 − )(1 − )2 ，A 正确；
对于 B，三次传输，发送 1，相当于依次发送 1，1，1，则依次收到 l，0，1 的事件，
是发送 1 接收 1、发送 1 接收 0、发送 1 接收 1 的 3 个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为 (1 − ) (1 − ) = (1 − )2 ，B 正确；
对于 C，三次传输，发送 1，则译码为 1 的事件是依次收到 1，1，0、1，0，1、0，
1，1 和 1，1，1 的事件和，
2
2
3
2
它们互斥，由选项 B 知，所以所求的概率为 C3 (1 − ) + (1 − ) = (1 − ) (1 + 2 ) ，C
错误；
对于 D，由选项 C 知，三次传输，发送 0，则译码为 0 的概率 P = (1 − )2 (1 + 2 ) ，
单次传输发送 0，则译码为 0 的概率 P = 1 − ，而 0 0.5 ，
因此 P − P = (1 − )2 (1 + 2 ) − (1 − ) = (1 − )(1 − 2 ) 0 ，即 P P ，D 正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成
两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.
三、填空题
13．已知向量 a ， b 满足 a − b = 3 ， a + b = 2a − b ，则 b = ______．
【答案】 3
【分析】法一：根据题意结合向量数量积的运算律运算求解；法二：换元令
c = a − b ，结合数量积的运算律运算求解.
(
【详解】法一：因为 a + b = 2a − b ，即 a + b
2
2
2
2
) = ( 2a − b ) ，
2
2
2
则 a + 2a b + b = 4a − 4a b + b ，整理得 a − 2a b = 0 ，
(
又因为 a − b = 3 ，即 a − b
)
2
= 3，
2
2
2
则 a − 2a b + b = b = 3 ，所以 b = 3 .
法二：设 c = a − b ，则 c = 3, a + b = c + 2b, 2a − b = 2c + b ，
(
由题意可得： c + 2b
) = ( 2c + b) ，则 c
2
2
2
2
2
2
+ 4c b + 4b = 4c + 4c b + b ，
2
2
整理得： c = b ，即 b = c = 3 .
故答案为： 3 .
14．底面边长为 4 的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为 2，
高为 3 的正四棱锥，所得棱台的体积为______．
【答案】 28
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答
案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于
2 1
= ，而截去的正四棱锥的高为 3 ，所以原正四棱锥的高为
4 2
6，
1
所以正四棱锥的体积为 ( 4 4 ) 6 = 32 ，
3
1
截去的正四棱锥的体积为 ( 2 2 ) 3 = 4 ，
3
所以棱台的体积为 32 − 4 = 28 .
(
)
1
方法二：棱台的体积为 3 16 + 4 + 16 4 = 28 .
3
故答案为： 28 .
15．已知直线 l : x − my + 1 = 0 与 C : ( x − 1) + y 2 = 4 交于 A，B 两点，写出满足“ ABC
2
8
面积为 ”的 m 的一个值______．
5
1 1
【答案】 2 （ 2, −2, , − 中任意一个皆可以）
2 2
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长 AB ，以及点 C 到直线 AB 的距离，结合
面积公式即可解出．
【详解】设点 C 到直线 AB 的距离为d ，由弦长公式得 AB = 2 4 − d 2 ，
1
8
4 5
2 5
2
所以 S△ ABC = d 2 4 − d = ，解得： d =
或d =
，
2
5
5
5
由d =
1+1
1+ m
2
=
2
1+ m
2
，所以
2
1+ m
2
=
2
4 5
2 5
=
或
，解得： m = 2 或
2
5
5
1+ m
1
m= ．
2
1 1
故答案为： 2 （ 2, −2, , − 中任意一个皆可以）．
2 2
16．已知函数 f ( x ) = sin ( x + ) ，如图 A，B 是直线 y =
点，若 AB =
【答案】 −
1
与曲线 y = f ( x ) 的两个交
2
π
，则 f ( π ) = ______．
6
3
2
1
π
1 1
【分析】设 A x1 , , B x2 , ，依题可得， x2 − x1 = ，结合 sin x = 的解可得，
2
2
2
6
2π
2
( x2 − x1 ) =
，从而得到 的值，再根据 f π = 0 以及 f ( 0 ) 0 ，即可得
3
3
2
f ( x) = sin 4 x − π ，进而求得 f ( π ) ．
3
π
π
1 1
【详解】设 A x1 , , B x2 , ，由 AB = 可得 x2 − x1 = ，
2
2
6
6
1
5π
π
+ 2kπ ， k Z ，由图可知，
由 sin x = 可知， x = + 2kπ 或 x =
2
6
6
5
6
x2 + − ( x1 + ) = π −
2π
π 2π
=
，即 ( x2 − x1 ) =
， = 4 ．
6 3
3
8π
8
2
8π
因为 f π = sin + = 0 ，所以 + = kπ ，即 = − π + kπ ， k Z ．
3
3
3
3
8
2
所以 f ( x) = sin 4 x − π + kπ = sin 4 x − π + kπ ，
3
3
2
2
所以 f ( x ) = sin 4 x − π 或 f ( x ) = − sin 4 x − π ，
3
3
2
2
3
又因为 f ( 0 ) 0 ，所以 f ( x) = sin 4 x − π ， f ( π ) = sin 4π − π = −
．
3
3
2
3
．
2
故答案为： −
【点睛】本题主要考查根据图象求出 以及函数 f ( x ) 的表达式，从而解出，熟练掌握
三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．
四、解答题
17．记 ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c ，已知 ABC 的面积为 3 ， D 为 BC 中
点，且 AD = 1 ．
(1)若 ADC =
π
，求 tan B ；
3
(2)若 b 2 + c 2 = 8 ，求 b, c ．
【答案】(1)
3
；
5
(2) b = c = 2 .
【分析】
（1）方法 1，利用三角形面积公式求出 a ，再利用余弦定理求解作答；方法
2，利用三角形面积公式求出 a ，作出 BC 边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法 1，利用余弦定理求出 a，再利用三角形面积公式求出 ADC 即可求解作
答；方法 2，利用向量运算律建立关系求出 a，再利用三角形面积公式求出 ADC 即
可求解作答.
【详解】
（1）方法 1：在 ABC 中，因为 D 为 BC 中点， ADC =
π
， AD = 1 ，
3
1
1
1
3
3
1
3
，解得 a = 4 ，
AD DC sin ADC = 1 a
=
a = S ABC =
2
2
2
2
8
2
2
2π
在 △ABD 中， ADB =
，由余弦定理得 c 2 = BD 2 + AD 2 − 2 BD AD cos ADB ，
3
则S
ADC
=
1
7 + 4 −1 5 7
2
=
即 c = 4 + 1 − 2 2 1 (− ) = 7 ，解得 c = 7 ，则 cos B =
，
2
2 7 2 14
sin B = 1 − cos 2 B = 1 − (
所以 tan B =
5 7 2
21
，
) =
14
14
sin B
3
.
=
cos B 5
方法 2：在 ABC 中，因为 D 为 BC 中点， ADC =
则S
ADC
=
π
， AD = 1 ，
3
1
1
1
3
3
1
AD DC sin ADC = 1 a
=
a= S
2
2
2
2
8
2
ABC
=
3
，解得 a = 4 ，
2
在 ACD 中，由余弦定理得 b2 = CD 2 + AD 2 − 2CD AD cos ADB ，
2
即 b = 4 + 1 − 2 2 1
C=
1
= 3 ，解得 b = 3 ，有 AC 2 + AD 2 = 4 = CD 2 ，则 CAD = π ，
2
2
π
3
3 BE = 5
，过 A 作 AE ⊥ BC 于 E ，于是 CE = AC cos C = , AE = AC sin C =
，
，
2
6
2
2
所以 tan B =
AE
3
.
=
BE
5
（2）方法 1：在 △ABD 与 ACD 中，由余弦定理得
1
2 1 2
c = 4 a + 1 − 2 2 a 1 cos(π − ADC )
，
b 2 = 1 a 2 + 1 − 2 1 a 1 cos ADC
4
2
1 2
2
2
整理得 a + 2 = b + c ，而 b 2 + c 2 = 8 ，则 a = 2 3 ，
2
1
3
，解得 sin ADC = 1 ，而 0 ADC π ，于是
= 3 1 sin ADC =
2
2
π
ADC = ，
2
又S
ADC
所以 b = c = AD 2 + CD 2 = 2 .
方法 2：在 ABC 中，因为 D 为 BC 中点，则 2AD = AB + AC ，又 CB = AB − AC ，
2
2
于是 4 AD + CB = ( AB + AC ) 2 + ( AB − AC ) 2 = 2(b 2 + c 2 ) = 16 ，即 4 + a 2 = 16 ，解得
a=2 3，
1
3
，解得 sin ADC = 1 ，而 0 ADC π ，于是
= 3 1 sin ADC =
2
2
π
ADC = ，所以 b = c = AD 2 + CD 2 = 2 .
2
又S
ADC
an − 6, n为奇数
18． an 为等差数列， bn =
，记 S n ， Tn 分别为数列 an ， bn 的前 n
2an , n为偶数
项和， S4 = 32 ， T3 = 16 ．
(1)求 an 的通项公式；
(2)证明：当 n 5 时， Tn Sn ．
【答案】(1) an = 2n + 3 ；
(2)证明见解析.
【分析】
（1）设等差数列 an 的公差为d ，用 a1 , d 表示 S n 及 Tn ，即可求解作答.
（2）方法 1，利用（1）的结论求出 S n ， bn ，再分奇偶结合分组求和法求出 Tn ，并与
S n 作差比较作答；方法 2，利用（1）的结论求出 S n ， bn ，再分奇偶借助等差数列前 n
项和公式求出 Tn ，并与 S n 作差比较作答.
an − 6, n = 2k − 1
, k N ，
【详解】
（1）设等差数列 an 的公差为d ，而 bn =
2
a
,
n
=
2
k
n
则 b1 = a1 − 6, b2 = 2a2 = 2a1 + 2d , b3 = a3 − 6 = a1 + 2d − 6 ，
S4 = 4a1 + 6d = 32
于是
，解得 a1 = 5, d = 2 ， an = a1 + (n − 1)d = 2n + 3 ，
T3 = 4a1 + 4d − 12 = 16
所以数列 an 的通项公式是 an = 2n + 3 .
（2）方法 1：由（1）知， Sn =
2n − 3, n = 2k − 1
n(5 + 2n + 3)
, k N ，
= n 2 + 4n ， bn =
2
4n + 6, n = 2k
当 n 为偶数时， bn−1 + bn = 2(n − 1) − 3 + 4n + 6 = 6n + 1 ，
Tn =
13 + (6n + 1) n 3 2 7
= n + n，
2
2 2
2
3 2 7
1
2
当 n 5 时， Tn − Sn = ( n + n) − (n + 4n) = n(n − 1) 0 ，因此 Tn Sn ，
2
2
2
3
7
3 2 5
2
当 n 为奇数时， Tn = Tn +1 − bn +1 = (n + 1) + (n + 1) − [4(n + 1) + 6] = n + n − 5 ，
2
2
2
2
3 2 5
1
2
当 n 5 时， Tn − Sn = ( n + n − 5) − (n + 4n) = (n + 2)(n − 5) 0 ，因此 Tn Sn ，
2
2
2
所以当 n 5 时， Tn Sn .
方法 2：由（1）知， Sn =
2n − 3, n = 2k − 1
n(5 + 2n + 3)
, k N ，
= n 2 + 4n ， bn =
4
n
+
6,
n
=
2
k
2
当 n 为偶数时，
Tn = (b1 + b3 +
+ bn −1 ) + (b2 + b4 +
+ bn ) =
−1 + 2(n − 1) − 3 n 14 + 4n + 6 n 3 2 7
+
= n + n
2
2
2
2 2
2
，
3 2 7
1
2
当 n 5 时， Tn − Sn = ( n + n) − (n + 4n) = n(n − 1) 0 ，因此 Tn Sn ，
2
2
2
当 n 为奇数时，若 n 3 ，则
Tn = (b1 + b3 +
=
+ bn ) + (b2 + b4 +
+ bn −1 ) =
−1 + 2n − 3 n + 1 14 + 4(n − 1) + 6 n − 1
+
2
2
2
2
3 2 5
3
5
n + n − 5 ，显然 T1 = b1 = −1 满足上式，因此当 n 为奇数时， Tn = n 2 + n − 5 ，
2
2
2
2
3 2 5
1
2
当 n 5 时， Tn − Sn = ( n + n − 5) − (n + 4n) = (n + 2)(n − 5) 0 ，因此 Tn Sn ，
2
2
2
所以当 n 5 时， Tn Sn .
19．某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差
异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值 c，将该指标大于 c 的人判定为阳性，
小于或等于 c 的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，
记为 p (c) ；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为 q (c ) ．假设数据在组内均匀
分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
(1)当漏诊率 p ( c ) = 0.5 ％时，求临界值 c 和误诊率 q ( c ) ；
(2)设函数 f ( c ) = p ( c ) + q ( c ) ，当 c 95,105 时，求 f ( c ) 的解析式，并求 f ( c ) 在区间
95,105 的最小值．
【答案】(1) c = 97.5 ， q(c) = 3.5% ；
−0.008c + 0.82,95 c 100
(2) f (c) =
，最小值为 0.02 ．
0.01c − 0.98,100 c 105
【分析】
（1）根据题意由第一个图可先求出 c ，再根据第二个图求出 c 97.5 的矩形面
积即可解出；
（2）根据题意确定分段点100 ，即可得出 f ( c ) 的解析式，再根据分段函数的最值求法
即可解出．
【详解】
（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为 5 0.002 0.5% ，所以
95 c 100 ，所以 ( c − 95) 0.002 = 0.5% ，解得： c = 97.5 ，
q(c) = 0.01 ( 97.5 − 95) + 5 0.002 = 0.035 = 3.5% ．
（2）当 c [95,100] 时，
f (c) = p(c) + q(c) = (c − 95) 0.002 + (100 − c) 0.01 + 5 0.002 = −0.008c + 0.82 0.02 ；
当 c (100,105] 时，
f (c) = p(c) + q(c) = 5 0.002 + (c − 100) 0.012 + (105 − c) 0.002 = 0.01c − 0.98 0.02 ,
−0.008c + 0.82,95 c 100
故 f (c ) =
，
0.01c − 0.98,100 c 105
所以 f ( c ) 在区间 95,105 的最小值为 0.02 ．
20．如图，三棱锥 A − BCD 中， DA = DB = DC ， BD ⊥ CD ， ADB = ADC = 60 ，E
为 BC的中点．
(1)证明： BC ⊥ DA ；
(2)点 F 满足 EF = DA ，求二面角 D − AB − F 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
3
．
3
【分析】
（1）根据题意易证 BC ⊥ 平面 ADE ，从而证得 BC ⊥ DA ；
（2）由题可证 AE ⊥ 平面 BCD ，所以以点 E 为原点， ED, EB, EA 所在直线分别为
x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，再求出平面 ABD, ABF 的一个法向量，根据二面角的
向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】
（1）连接 AE , DE ，因为 E 为 BC 中点， DB = DC ，所以 DE ⊥ BC ①，
因为 DA = DB = DC ， ADB = ADC = 60 ，所以 ACD 与 △ABD 均为等边三角形，
AC = AB ，从而 AE ⊥ BC ②，由①②， AE
DE = E ， AE , DE 平面 ADE ，
所以， BC ⊥ 平面 ADE ，而 AD 平面 ADE ，所以 BC ⊥ DA ．
（2）不妨设 DA = DB = DC = 2 ， BD ⊥ CD ， BC = 2 2, DE = AE = 2 ．
AE 2 + DE 2 = 4 = AD 2 ， AE ⊥ DE ，又
BC = E ， DE , BC 平面
AE ⊥ BC ,DE
BCD AE ⊥ 平面 BCD ．
以点 E 为原点， ED, EB, EA 所在直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，如图所
示：
设 D( 2,0,0), A(0,0, 2), B(0, 2,0), E (0,0,0) ，
设平面 DAB 与平面 ABF 的一个法向量分别为 n1 = ( x1 , y1 , z1 ) , n2 = ( x2 , y2 , z2 ) ，
(
)
二面角 D − AB − F 平面角为 ,而 AB = 0, 2, − 2 ，
(
)
(
(
)
)
因为 EF = DA = − 2,0, 2 ，所以 F − 2,0, 2 ，即有 AF = − 2,0,0 ，
− 2 x1 + 2 z1 = 0
，取 x1 = 1 ，所以 n1 = (1,1,1) ；
2 y1 − 2 z1 = 0
2 y2 − 2 z2 = 0
，取 y2 = 1 ，所以 n2 = (0,1,1) ，
− 2 x2 = 0
所以， cos =
n1 n2
n1 n2
=
2
6
6
3
=
，从而 sin = 1 − =
．
3
3 2
9
3
所以二面角 D − AB − F 的正弦值为
3
．
3
(
)
21．已知双曲线 C 的中心为坐标原点，左焦点为 −2 5, 0 ，离心率为 5 ．
(1)求 C 的方程；
(2)记 C 的左、右顶点分别为 A1 ， A2 ，过点 ( −4, 0 ) 的直线与 C 的左支交于 M，N 两点，
M 在第二象限，直线 MA1 与 NA2 交于点 P．证明:点 P 在定直线上.
【答案】(1)
x2 y 2
−
=1
4 16
(2)证明见解析.
【分析】
（1）由题意求得 a, b 的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线 MA1 与 NA2 的
方程，联立直线方程，消去 y ，结合韦达定理计算可得
x+2
1
= − ，即交点的横坐标为
x−2
3
定值，据此可证得点 P 在定直线 x= − 1 上.
【详解】
（1）设双曲线方程为
则由 e =
x2 y 2
−
= 1( a 0, b 0 ) ，由焦点坐标可知 c = 2 5 ，
a 2 b2
c
= 5 可得 a = 2 ， b = c 2 − a 2 = 4 ，
a
双曲线方程为
x2 y 2
−
= 1.
4 16
（2）由(1)可得 A1 ( −2, 0 ) , A2 ( 2, 0 ) ，设 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ，
1
1
显然直线的斜率不为 0，所以设直线 MN 的方程为 x = my − 4 ，且 − m ，
2
2
x2 y 2
2
2
−
= 1 联立可得 ( 4m − 1) y − 32my + 48 = 0 ，且 = 64(4m2 + 3) 0 ，
4 16
32m
48
, y1 y2 =
则 y1 + y2 =
，
2
4m − 1
4m 2 − 1
与
直线 MA1 的方程为 y =
y1
y
( x + 2 ) ，直线 NA2 的方程为 y = 2 ( x − 2 ) ，
x1 + 2
x2 − 2
联立直线 MA1 与直线 NA2 的方程可得：
x + 2 y2 ( x1 + 2 ) y2 ( my1 − 2 ) my1 y2 − 2 ( y1 + y2 ) + 2 y1
=
=
=
x − 2 y1 ( x2 − 2 ) y1 ( my2 − 6 )
my1 y2 − 6 y1
=
m
48
32m
−16m
− 2 2
+ 2 y1
+ 2 y1
2
2
1
4m − 1
4m − 1
= 4m − 1
=− ，
48
48m
3
m 2
− 6 y1
− 6 y1
4m − 1
4m 2 − 1
由
x+2
1
= − 可得 x= − 1 ，即 xP = −1 ，
x−2
3
据此可得点 P 在定直线 x= − 1 上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能
力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可
以简化运算，是解题的关键.
22．
（1）证明：当 0 x 1 时， x − x sin x x ；
2
（2）已知函数 f ( x ) = cos ax − ln (1 − x ) ，若 x = 0 是 f ( x ) 的极大值点，求 a 的取值范
围．
(
【答案】
（1）证明见详解（2） −, − 2
) (
2, +
)
2
【分析】
（1）分别构建 F ( x ) = x − sin x, x ( 0,1) ， G ( x ) = x − x + sin x, x ( 0,1) ，求
导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究 f ( x ) 在 ( 0,1) 上的单调性，求导，分
类讨论 0 a 2 2 和 a 2 2 ，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】
（1）构建 F ( x ) = x − sin x, x ( 0,1) ，则 F ( x ) = 1 − cos x 0 对 x ( 0,1) 恒成
立，
则 F ( x ) 在 ( 0,1) 上单调递增，可得 F ( x ) F ( 0 ) = 0 ，所以 x sin x, x ( 0,1) ；
构建 G ( x ) = sin x − ( x − x
2
)=x
2
− x + sin x, x ( 0,1) ，
则 G ( x ) = 2 x − 1 + cos x, x ( 0,1) ，构建 g ( x ) = G ( x ) , x ( 0,1) ，则 g ( x ) = 2 − sin x 0 对
x ( 0,1) 恒成立，则 g ( x ) 在 ( 0,1) 上单调递增，可得 g ( x ) g ( 0 ) = 0 ，
即 G ( x ) 0 对 x ( 0,1) 恒成立，则 G ( x ) 在 ( 0,1) 上单调递增，可得 G ( x ) G ( 0 ) = 0 ，
2
所以 sin x x − x , x ( 0,1) ；综上所述： x − x sin x x .
（2）令1 − x 2 0 ，解得 −1 x 1 ，即函数 f ( x ) 的定义域为 ( −1,1) ，
2
若 a = 0 ，则 f ( x ) = − ln (1 − x ) , x ( −1,1) ，
因为 y = − ln u 在定义域内单调递减， y = 1 − x 2 在 ( −1, 0 ) 上单调递增，在 ( 0,1) 上单调递
减，
2
则 f ( x ) = − ln (1 − x ) 在 ( −1, 0 ) 上单调递减，在 ( 0,1) 上单调递增，
故 x = 0 是 f ( x ) 的极小值点，不合题意，所以 a 0 .
当 a 0 时，令 b = a 0
2
2
2
因为 f ( x ) = cos ax − ln (1 − x ) = cos ( a x ) − ln (1 − x ) = cos bx − ln (1 − x ) ，
2
2
且 f ( − x ) = cos ( −bx ) − ln 1 − ( − x ) = cos bx − ln (1 − x ) = f ( x ) ，
所以函数 f ( x ) 在定义域内为偶函数，
由题意可得： f ( x ) = −b sin bx −
2x
, x ( −1,1) ，
x2 −1
1
（i）当 0 b 2 2 时，取 m = min ,1 ， x ( 0, m ) ，则 bx ( 0,1) ，
b
由（1）可得 f ( x ) = −b sin ( bx ) −
x (b2 x2 + 2 − b2 )
2x
2x
2
，
−
b
x
−
=
x2 −1
x2 −1
1 − x2
且 b2 x2 0, 2 − b2 0,1 − x 2 0 ，所以 f ( x )
即当 x ( 0, m ) ( 0,1) 时， f
x
x ( b2 x2 + 2 − b2 )
1 − x2
0，
0 ，则 f ( x ) 在 ( 0, m ) 上单调递增，
结合偶函数的对称性可知： f ( x ) 在 ( −m, 0 ) 上单调递减，
所以 x = 0 是 f ( x ) 的极小值点，不合题意；
1
（ⅱ）当 b 2 2 时，取 x 0, ( 0,1) ，则 bx ( 0,1) ，
b
由（1）可得
2x
2x
x
−b ( bx − b 2 x 2 ) − 2
=
−b3 x 3 + b 2 x 2 + b3 x + 2 − b 2 ) ，
2 (
x −1
x −1 1 − x
1
3 3
2 2
3
2
构建 h ( x ) = −b x + b x + b x + 2 − b , x 0, ，
b
1
3 2
2
3
则 h ( x ) = −3b x + 2b x + b , x 0, ，
b
1 3
1
3
且 h ( 0 ) = b 0, h = b − b 0 ，则 h ( x ) 0 对 x 0, 恒成立，
b
b
1
1
2
可知 h ( x ) 在 0, 上单调递增，且 h ( 0 ) = 2 − b 0, h = 2 0 ，
b
b
1
1
所以 h ( x ) 在 0, 内存在唯一的零点 n 0, ，
b
b
f ( x ) = −b sin bx −
2
当 x ( 0, n ) 时，则 h ( x ) 0 ，且 x 0,1 − x2 0 ，
则 f ( x)
x
( −b3 x3 + b2 x 2 + b3 x + 2 − b2 ) 0 ，
1 − x2
即当 x ( 0, n ) ( 0,1) 时， f ( x ) 0 ，则 f ( x ) 在 ( 0, n ) 上单调递减，
结合偶函数的对称性可知： f ( x ) 在 ( −n, 0 ) 上单调递增，
所以 x = 0 是 f ( x ) 的极大值点，符合题意；
综上所述： b 2 2 ，即 a 2 2 ，解得 a 2 或 a − 2 ，
(
故 a 的取值范围为 −, − 2
) (
)
2, + .
【点睛】关键点睛：
1.当 0 a 2 2 时，利用 sin x x, x ( 0,1) ，换元放缩；
2.当 a 2 2 时，利用 x − x sin x, x ( 0,1) ，换元放缩.
2023 年高考甲卷数学（理）真题解析
一、单选题
1．设集合 A = {x∣x = 3k + 1, k Z }, B = {x∣x = 3k + 2, k Z } ，U 为整数集，
（
U
( A B) =
）
A． {x | x = 3k , k Z}
B． {x∣x = 3k − 1, k Z }
C． {x∣x = 3k − 2, k Z }
D．
【答案】A
【分析】根据整数集的分类，以及补集的运算即可解出．
【详解】因为整数集 Z = x | x = 3k , k Z
U = Z ，所以，
U
(A
x | x = 3k + 1, k Z x | x = 3k + 2, k Z ，
B ) = x | x = 3k , k Z ．
故选：A．
2．若复数 ( a + i )(1 − ai ) = 2, a R ，则 a = （
）
A．-1
C．1
B．0
·
【答案】C
【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出．
2
2
【详解】因为 ( a + i )(1 − ai ) = a − a i + i + a = 2a + (1 − a ) i = 2 ，
2a = 2
所以
，解得： a = 1 ．
2
1 − a = 0
故选：C.
3．执行下面的程序框遇，输出的 B = （
）
D．2
A．21
B．34
C．55
D．89
【答案】B
【分析】根据程序框图模拟运行，即可解出．
【详解】当 n = 1 时，判断框条件满足，第一次执行循环体， A = 1 + 2 = 3 ，
B = 3 + 2 = 5 ， n = 1+1 = 2 ；
当 n = 2 时，判断框条件满足，第二次执行循环体， A = 3 + 5 = 8 ， B = 8 + 5 = 13 ，
n = 2 +1 = 3 ；
当 n = 3 时，判断框条件满足，第三次执行循环体， A = 8 + 13 = 21 ， B = 21 + 13 = 34 ，
n = 3 +1 = 4 ；
当 n = 4 时，判断框条件不满足，跳出循环体，输出 B = 34 ．
故选：B.
4．向量 a = b = 1, c = 2 ，且 a + b + c = 0 ，则 cos a − c, b − c = （
A． −
1
5
B． −
2
5
C．
2
5
【答案】D
【分析】作出图形,根据几何意义求解.
【详解】因为 a + b + c = 0 ,所以 a
b
c,
即 a 2 + b 2 + 2a b = c 2 ,即1 + 1 + 2a b = 2 ,所以 a b = 0 .
如图,设 OA = a, OB = b , OC = c ,
）
D．
4
5
由题知, OA = OB = 1, OC = 2, OAB 是等腰直角三角形,
AB 边上的高 OD =
2
2
,
, AD =
2
2
2 3 2
,
=
2
2
AD 1
3
tan ACD =
= , cos ACD =
,
CD 3
10
所以 CD = CO + OD = 2 +
cos a − c , b − c = cos ACB = cos 2ACD = 2cos 2 ACD − 1
2
4
3
= 2
−1 = 5 .
10
故选:D.
5．已知正项等比数列 an 中， a1 = 1, Sn 为 an 前 n 项和， S5 = 5S3 − 4 ，则 S4 = （
A．7
B．9
C．15
）
D．30
【答案】C
【分析】根据题意列出关于 q 的方程,计算出 q ,即可求出 S 4 .
(
)
2
3
4
2
【详解】由题知1 + q + q + q + q = 5 1 + q + q − 4 ,
即 q3 + q 4 = 4q + 4q 2 ,即 q3 + q 2 − 4q − 4 = 0 ,即 (q − 2)(q + 1)(q + 2) = 0 .
由题知 q 0 ,所以 q
2.
所以 S4 = 1 + 2 + 4 + 8 = 15 .
故选:C.
6．有 50 人报名足球俱乐部，60 人报名乒乓球俱乐部，70 人报名足球或乒乓球俱乐
部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为（
A．0.8
B．0.4
C．0.2
）
D．0.1
【答案】A
【分析】先算出报名两个俱乐部的人数,从而得出某人报足球俱乐部的概率和报两个俱
乐部的概率,利用条件概率的知识求解.
【详解】报名两个俱乐部的人数为 50 + 60 − 70 = 40 ，
记“某人报足球俱乐部”为事件 A ,记“某人报兵乓球俱乐部”为事件 B ，
则 P( A) =
50 5
40 4
= , P( AB) =
= ，
70 7
70 7
4
P( AB) 7
= = 0.8 .
所以 P( B∣A) =
5
P( A)
7
故选: A .
7．“ sin 2 + sin 2 = 1 ”是“ sin + cos = 0 ”的（
）
A．充分条件但不是必要条件
B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件
D．既不是充分条件也不是必要条件
【答案】B
【分析】根据充分条件、必要条件的概念及同角三角函数的基本关系得解.
【详解】当 sin 2 + sin 2 = 1 时，例如 =
π
, = 0 但 sin + cos 0 ，
2
即 sin 2 + sin 2 = 1 推不出 sin + cos = 0 ；
当 sin + cos = 0 时， sin 2 + sin 2 = (− cos )2 + sin 2 = 1 ，
即 sin + cos = 0 能推出 sin 2 + sin 2 = 1 .
综上可知， sin 2 + sin 2 = 1 是 sin + cos = 0 成立的必要不充分条件.
故选：B
8．已知双曲线
x2 y 2
−
= 1(a 0, b 0) 的离心率为 5 ，其中一条渐近线与圆
a 2 b2
( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 1交于 A，B 两点，则 | AB |= （
A．
1
5
B．
5
5
C．
）
2 5
5
D．
4 5
5
【答案】D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦
长.
【详解】由 e = 5 ，则
解得
c 2 a 2 + b2
b2
=
= 1+ 2 = 5 ，
2
2
a
a
a
b
= 2，
a
所以双曲线的一条渐近线不妨取 y = 2 x ，
则圆心 (2,3) 到渐近线的距离 d =
| 2 2 − 3 |
所以弦长 | AB |= 2 r 2 − d 2 = 2 1 −
2 +1
2
=
5
，
5
1 4 5
.
=
5
5
故选：D
9．有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加
服务，则恰有 1 人连续参加两天服务的选择种数为（
A．120
B．60
）
C．40
D．30
【答案】B
【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天社区服务的情况，即
可得解.
【详解】不妨记五名志愿者为 a, b, c, d , e ，
假设 a 连续参加了两天社区服务，再从剩余的 4 人抽取 2 人各参加星期六与星期天的
社区服务，共有 A 24 = 12 种方法，
同理： b, c, d , e 连续参加了两天社区服务，也各有12 种方法，
所以恰有 1 人连续参加了两天社区服务的选择种数有 5 12 = 60 种.
故选：B.
π
π
10．已知 f ( x ) 为函数 y = cos 2 x + 向左平移 个单位所得函数，则 y = f ( x ) 与
6
6
1
1
y = x − 的交点个数为（ ）
2
2
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】先利用三角函数平移的性质求得 f ( x ) = − sin 2 x ，再作出 f ( x ) 与 y =
的部分大致图像，考虑特殊点处 f ( x ) 与 y =
1
1
x − 的大小关系，从而精确图像，由此
2
2
得解.
π
π
【详解】因为 y = cos 2 x + 向左平移 个单位所得函数为
6
6
π π
π
y = cos 2 x + + = cos 2 x + = − sin 2 x ，所以 f ( x ) = − sin 2 x ，
6
6
2
1
1
1
而 y = x − 显然过 0, − 与 (1, 0 ) 两点，
2
2
2
作出 f ( x ) 与 y =
1
1
x−
2
2
1
1
x − 的部分大致图像如下，
2
2
考虑 2 x = −
3π
3π
1
3π
3π
1
7π
7π
, 2x =
,x =
, 2x =
，即 x = − , x =
处 f ( x ) 与 y = x − 的大
4
2
2
4
2
2
4
2
小关系，
当x=−
1 3π 1
3π + 4
3π
3π
3π
−1 ；
时， f − = − sin − = −1 ， y = − − = −
4
2
4
4
2
2
8
3π
3π
1 3π 1 3π − 4
f = − sin = 1 ， y = − =
1；
2 4 2
8
4
2
7π
7π
1 7π 1 7π − 4
7π
=1， y = − =
1；
当x=
时， f = − sin
2 4 2
4
8
2
4
当x=
3π
时，
4
所以由图可知， f ( x ) 与 y =
1
1
x − 的交点个数为 3 .
2
2
故选：C.
11．在四棱锥 P − ABCD 中，底面 ABCD 为正方形， AB = 4, PC = PD = 3, PCA = 45 ，
则 PBC 的面积为（
）
A． 2 2
B． 3 2
C． 4 2
D． 5 2
【答案】C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得 PDO PCO ， PDB PCA ，
从而得到 PA = PB ，再在 △PAC 中利用余弦定理求得 PA = 17 ，从而求得 PB = 17 ，
由此在 PBC 中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
1
3
法二：先在 △PAC 中利用余弦定理求得 PA = 17 ， cos PCB = ，从而求得
PA PC = −3 ，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于 PB, BPD 的方程
组，从而求得 PB = 17 ，由此在 PBC 中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结 AC , BD 交于 O ，连结 PO ，则 O 为 AC , BD 的中点，如图，
因为底面 ABCD 为正方形， AB = 4 ，所以 AC = BD = 4 2 ，则 DO = CO = 2 2 ，
又 PC = PD = 3 ， PO = OP ，所以 PDO PCO ，则 PDO = PCO ，
又 PC = PD = 3 ， AC = BD = 4 2 ，所以 PDB PCA ，则 PA = PB ，
在 △PAC 中， PC = 3, AC = 4 2, PCA = 45 ，
则由余弦定理可得
PA2 = AC 2 + PC 2 − 2 AC PC cos PCA = 32 + 9 − 2 4 2 3
2
= 17 ，
2
故 PA = 17 ，则 PB = 17 ，
故在 PBC 中， PC = 3, PB = 17, BC = 4 ，
PC 2 + BC 2 − PB 2 9 + 16 − 17 1
=
= ，
2 PC BC
2 3 4
3
2 2
又 0 PCB π ，所以 sin PCB = 1 − cos 2 PCB =
，
3
1
1
2 2
所以 PBC 的面积为 S = PC BC sin PCB = 3 4
=4 2.
2
2
3
所以 cos PCB =
法二：
连结 AC , BD 交于 O ，连结 PO ，则 O 为 AC , BD 的中点，如图，
因为底面 ABCD 为正方形， AB = 4 ，所以 AC = BD = 4 2 ，
在 △PAC 中， PC = 3, PCA = 45 ，
则由余弦定理可得
PA2 = AC 2 + PC 2 − 2 AC PC cos PCA = 32 + 9 − 2 4 2 3
所以 cos APC =
2
= 17 ，故 PA = 17 ，
2
PA2 + PC 2 − AC 2 17 + 9 − 32
17
=
=−
，则
2 PA PC
17
2 17 3
17
PA PC = PA PC cos APC = 17 3 −
= −3 ，
17
不妨记 PB = m, BPD = ，
因为 PO =
2
(
)
(
)
1
1
PA + PC =
PB + PD ，所以 PA + PC
2
2
2
2
(
) = ( PB + PD )
2
2
，
2
即 PA + PC + 2PA PC = PB + PD + 2PB PD ，
2
则 17 + 9 + 2 ( −3) = m + 9 + 2 3 m cos ，整理得 m2 + 6m cos − 11 = 0 ①，
又在 △PBD 中， BD 2 = PB 2 + PD 2 − 2 PB PD cos BPD ，即 32 = m2 + 9 − 6m cos ，则
m2 − 6m cos − 23 = 0 ②，
两式相加得 2m2 − 34 = 0 ，故 PB = m = 17 ，
故在 PBC 中， PC = 3, PB = 17, BC = 4 ，
PC 2 + BC 2 − PB 2 9 + 16 − 17 1
=
= ，
2 PC BC
2 3 4
3
2 2
又 0 PCB π ，所以 sin PCB = 1 − cos 2 PCB =
，
3
1
1
2 2
所以 PBC 的面积为 S = PC BC sin PCB = 3 4
=4 2.
2
2
3
所以 cos PCB =
故选：C.
12．己知椭圆
cos F1 PF2 =
A．
x2 y 2
+ = 1 ， F1 , F2 为两个焦点，O 为原点，P 为椭圆上一点，
9 6
3
，则 | PO |= （
5
2
5
B．
）
30
2
C．
3
5
D．
35
2
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出 △PF1F2 的面积，即可得到点 P 的坐
标，从而得出 OP 的值；
2
2
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出 PF1 PF2 , PF1 + PF2 ，再结合中线的向
量公式以及数量积即可求出；
2
2
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出 PF1 + PF2 ，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设 F1 PF2 = 2 , 0
由 cos F1PF2 = cos 2 =
π
，所以 S
2
PF1F2
= b 2 tan
F1 PF2
= b 2 tan ，
2
1
cos2 − sin 2 1 − tan 2 3
=
= ，解得： tan = ，
2
2
2
2
cos +sin 1 + tan 5
由椭圆方程可知， a2 = 9, b2 = 6, c2 = a 2 − b2 = 3 ，
所以， S
PF1F2
=
1
1
1
F1 F2 y p = 2 3 y p = 6 ，解得： y 2p = 3 ，
2
2
2
3 9
9
30
2
即 x p = 9 1 − = ，因此 OP = x 2p + y 2p = 3 + =
．
2
2
6 2
故选：B．
2
2
2
方法二：因为 PF1 + PF2 = 2a = 6 ①， PF1 + PF2 − 2 PF1 PF2 F1 PF2 = F1 F2 ，
2
2
即 PF1 + PF2 −
6
PF1 PF2 = 12 ②，联立①②，
5
解得： PF1 PF2 =
而 PO =
(
15
2
2
, PF1 + PF2 = 21 ，
2
)
1
1
PF1 + PF2 ，所以 OP = PO = PF1 + PF2 ，
2
2
即 PO =
1
1
PF1 + PF2 =
2
2
2
2
PF1 + 2PF1 PF2 + PF2 =
1
3 15
30
．
21 + 2 =
2
5 2
2
故选：B．
2
2
2
方法三：因为 PF1 + PF2 = 2a = 6 ①， PF1 + PF2 − 2 PF1 PF2 F1 PF2 = F1 F2 ，
2
2
即 PF1 + PF2 −
6
2
PF1 PF2 = 12 ②，联立①②，解得： PF1 + PF2
5
(
由中线定理可知， ( 2 OP ) + F1 F2 = 2 PF1 + PF2
2
OP =
2
2
2
2
) = 42 ，易知 F F
1 2
= 21 ，
= 2 3 ，解得：
30
．
2
故选：B．
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式
快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方
式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．
二、填空题
π
2
13．若 y = ( x − 1) + ax + sin x + 为偶函数，则 a = ________．
2
【答案】2
π
π
【分析】利用偶函数的性质得到 f − = f ，从而求得 a = 2 ，再检验即可得解.
2
2
π
2
2
【详解】因为 y = f ( x ) = ( x − 1) + ax + sin x + = ( x − 1) + ax + cos x 为偶函数，定义
2
域为 R ，
π
所以 f − =
2
2
2
π
f ，即 − π − 1 − π a + cos − π = π − 1 + π a + cos π ，
2
2
2
2 2
2 2
2
2
π π
则 πa = + 1 − − 1 = 2π ，故 a = 2 ，
2 2
2
此时 f ( x ) = ( x − 1) + 2 x + cos x = x + 1 + cos x ，
2
2
所以 f ( − x ) = ( − x ) + 1 + cos ( − x ) = x + 1 + cos x = f ( x ) ，
2
又定义域为 R ，故 f ( x ) 为偶函数，
所以 a = 2 .
故答案为：2.
−2 x + 3 y 3
14．设 x，y 满足约束条件 3 x − 2 y 3 ，设 z = 3x + 2 y ，则 z 的最大值为
x + y 1
____________．
【答案】15
【分析】由约束条件作出可行域，根据线性规划求最值即可.
【详解】作出可行域，如图，
3
2
z
2
由图可知，当目标函数 y = − x + 过点 A 时， z 有最大值，
−2 x + 3 y = 3
x = 3
由
可得
，即 A(3,3) ,
3x − 2 y = 3
y = 3
所以 zmax = 3 3 + 2 3 = 15 .
故答案为：15
15．在正方体 ABCD − A1B1C1D1 中，E，F 分别为 CD， A1 B1 的中点，则以 EF 为直径的
球面与正方体每条棱的交点总数为____________．
【答案】12
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为 2， EF 中点为 O ，取 AB ， BB1 中点 G, M ，侧面 BB1C1C
的中心为 N ，连接 FG, EG, OM , ON , MN ，如图，
由题意可知， O 为球心，在正方体中， EF = FG 2 + EG 2 = 22 + 22 = 2 2 ，
即R= 2 ，
则球心 O 到 BB1 的距离为 OM = ON 2 + MN 2 = 12 + 12 = 2 ，
所以球 O 与棱 BB1 相切，球面与棱 BB1 只有 1 个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有 1 个交点，
所以以 EF 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为 12.
故答案为：12
16．在 ABC 中， AB = 2 ， BAC = 60, BC = 6 ，D 为 BC 上一点，AD 为 BAC 的
平分线，则 AD = _________．
【答案】 2
【分析】方法一：利用余弦定理求出 AC ，再根据等面积法求出 AD ；
方法二：利用余弦定理求出 AC ，再根据正弦定理求出 B, C ，即可根据三角形的特征
求出．
【详解】
如图所示：记 AB = c, AC = b, BC = a ，
方法一：由余弦定理可得， 22 + b 2 − 2 2 b cos 60 = 6 ，
因为 b 0 ，解得： b = 1 + 3 ，
由S
ABC
=S
ABD
+S
ACD
可得，
1
1
1
2 b sin 60 = 2 AD sin 30 + AD b sin 30 ，
2
2
2
解得： AD =
(
)
3b 2 3 1 + 3
=
= 2．
b
3+ 3
1+
2
故答案为： 2 ．
方法二：由余弦定理可得， 22 + b 2 − 2 2 b cos 60 = 6 ，因为 b 0 ，解得：
b = 1+ 3 ，
由正弦定理可得，
6
b
2
6+ 2
2
，解得： sin B =
， sin C =
，
=
=
sin 60 sin B sin C
4
2
因为1 + 3 6 2 ，所以 C = 45 ， B = 180 − 60 − 45 = 75 ，
又 BAD = 30 ，所以 ADB = 75 ，即 AD = AB = 2 ．
故答案为： 2 ．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，
也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
三、解答题
17．已知数列 an 中， a2 = 1 ，设 Sn 为 an 前 n 项和， 2Sn = nan ．
(1)求 an 的通项公式；
a + 1
(2)求数列 n n 的前 n 项和 Tn ．
2
【答案】(1) an = n − 1
1
(2) Tn = 2 − ( 2 + n )
2
n
S1 , n = 1
即可求出；
Sn − Sn−1 , n 2
【分析】
（1）根据 an =
（2）根据错位相减法即可解出．
【详解】
（1）因为 2Sn = nan ，
当 n = 1 时， 2a1 = a1 ，即 a1 = 0 ；
当 n = 3 时， 2 (1 + a3 ) = 3a3 ，即 a3 = 2 ，
当 n 2 时， 2Sn −1 = ( n − 1) an −1 ，所以 2 ( Sn − Sn−1 ) = nan − ( n − 1) an−1 = 2an ，
化简得： ( n − 2 ) an = ( n − 1) an−1 ，当 n 3 时，
(
an
a
= n −1 =
n −1 n − 2
=
a3
= 1 ，即 an = n − 1 ，
2
)
*
当 n = 1, 2,3 时都满足上式，所以 an = n − 1 n N ．
1
（2）因为
2
3
an + 1 n
1
1
1
= n ，所以 Tn = 1 + 2 + 3 +
2n
2
2
2
2
n
1
+ n ，
2
2
3
1
1
1
Tn = 1 + 2 +
2
2
2
n
1
1
+ (n − 1) + n
2
2
n +1
，
两式相减得，
n
1 1
1
−
1
2
3
n
n +1
n +1
2 2
1
1 1 1
1
1
1
Tn = + + + + − n =
− n ，
1
2
2 2 2
2
2
2
1−
2
n
n
n 1
1
= 1 − 1 + ，即 Tn = 2 − ( 2 + n ) ， n N* ．
2 2
2
⊥ 底面 ABC， ACB = 90 ， A1 到平面
18．在三棱柱 ABC A1B1C1 中， AA1 = 2 ， AC
1
BCC1B1 的距离为 1．
(1)求证： AC = A1C ；
(2)若直线 AA1 与 BB1 距离为 2，求 AB1 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
13
13
⊥ 平面 BCC1B1 ，再
【分析】
（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得 AO
1
由勾股定理求出 O 为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出 AB1 的长及点 A 到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦
值.
【详解】
（1）如图，
AC
⊥ 底面 ABC ， BC 面 ABC ，
1
AC
⊥ BC ，又 BC ⊥ AC ， AC
1
1 , AC 平面 ACC1 A1 ， AC
1 AC = C ,
BC ⊥ 平面 ACC1A1，又 BC 平面 BCC1 B1 ，
平面 ACC1 A1 ⊥ 平面 BCC1B1 ，
⊥ CC1 交 CC1 于 O ，又平面 ACC1 A1
过 A1 作 AO
1
平面
平面 BCC1 B1 = CC1 ， AO
1
ACC1 A1 ，
AO
⊥ 平面 BCC1B1
1
=1，
A1 到平面 BCC1B1 的距离为 1， AO
1
⊥ AC
在 Rt△ A1CC1 中， AC
1
1 1 ,CC1 = AA1 = 2 ，
设 CO = x ，则 C1O = 2 − x ，
△AOC
,△AOC
1
1
1 ,△ACC
1
1 为直角三角形，且 CC1 = 2 ，
CO2 + A1O2 = A1C 2 ， A1O2 + OC12 = C1 A12 ， A1C 2 + A1C12 = C1C 2 ，
1 + x 2 + 1 + (2 − x)2 = 4 ，解得 x = 1 ，
AC = A1C = A1C1 =
2，
AC = AC
1
（2） AC = AC
1 1 ,BC ⊥ AC
1 , BC ⊥ AC ，
Rt△ACB≌Rt△ACB
1
BA = BA1 ，
过 B 作 BD ⊥ AA1 ，交 AA1 于 D，则 D 为 AA1 中点，
由直线 AA1 与 BB1 距离为 2，所以 BD = 2
A1D = 1 ， BD = 2 ， A1B = AB = 5 ，
在 Rt△ABC ， BC =
AB 2 − AC 2 =
3，
延长 AC ，使 AC = CM ，连接 C1M ，
由 CM∥AC
1 1 , CM = AC
1 1 知四边形 ACMC
1
1 为平行四边形，
C1M∥AC
1 ， C1M ⊥ 平面 ABC ，又 AM 平面 ABC ，
C1M ⊥ AM
2
则在 Rt△AC1M 中， AM = 2 AC, C1M = AC
， AC1 = (2 AC )2 + AC
，
1
1
2
在 Rt△AB1C1 中， AC1 = (2 AC )2 + AC
， B1C1 = BC = 3 ，
1
AB1 = (2 2)2 + ( 2)2 + ( 3) 2 = 13 ,
又 A 到平面 BCC1B1 距离也为 1，
所以 AB1 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为
1
13
=
.
13
13
19．为探究某药物对小鼠的生长抑制作用，将 40 只小鼠均分为两组，分别为对照组
（不加药物）和实验组（加药物）
．
(1)设其中两只小鼠中对照组小鼠数目为 X ，求 X 的分布列和数学期望；
(2)测得 40 只小鼠体重如下（单位：g）：（已按从小到大排好）
对照组：17.3 18.4 20.1 20.4 21.5 23.2 24.6 24.8 25.0 25.4
26.1 26.3 26.4 26.5 26.8 27.0 27.4 27.5 27.6 28.3
实验组：5.4 6.6 6.8
6.9 7.8 8.2 9.4 10.0 10.4 11.2
14.4 17.3 19.2 20.2 23.6 23.8 24.5 25.1 25.2 26.0
（i）求 40 只小鼠体重的中位数 m，并完成下面 2×2 列联表：
m
m
对照组
实验组
（ii）根据 2×2 列联表，能否有 95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用．
参考数据：
k0
0.10
0.05
0.010
P ( k 2 k0 )
2.706
3.841
6.635
【答案】(1)分布列见解析， E ( X ) = 1
(2)（i） m = 23.4 ；列联表见解析，
（ii）能
【分析】
（1）利用超几何分布的知识即可求得分布列及数学期望；
（2）
（i）根据中位数的定义即可求得 m = 23.4 ，从而求得列联表；
（ii）利用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解.
【详解】
（1）依题意， X 的可能取值为 0,1, 2 ，
则 P( X = 0) =
2
C120 C120 20
C020 C20
C220 C020 19
19
P
P
(
(
X
X
=
=
1)
2)
=
=
=
=
=
，
，
，
C240
C240
C240
39
78
78
所以 X 的分布列为：
X
0
1
2
P
19
78
20
39
19
78
故 E( X ) = 0
19
20
19
+ 1
+ 2
= 1.
78
39
78
（2）
（i）依题意，可知这 40 只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大
排后第 20 位与第 21 位数据的平均数，
由于原数据已经排好，所以我们只需要观察对照组第一排数据与实验组第二排数据即
可，
可得第 11 位数据为14.4 ，后续依次为
17.3,17.3,18.4,19.2, 20.1, 20.2, 20.4, 21.5, 23.2, 23.6,
，
故第 20 位为 23.2 ，第 21 位数据为 23.6 ，
所以 m =
23.2 + 23.6
= 23.4 ，
2
故列联表为：
m
m
合计
对照组
6
14
20
实验组
14
6
20
合计
20
20
40
（ii）由（i）可得， K =
40 (6 6 − 14 14) 2
= 6.400 3.841 ，
20 20 20 20
所以能有 95% 的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用.
20．已知直线 x − 2 y + 1 = 0 与抛物线 C : y 2 = 2 px( p 0) 交于 A, B 两点，且
| AB |= 4 15 ．
(1)求 p ；
(2)设 C 的焦点为 F，M，N 为 C 上两点， MF NF = 0 ，求 MNF 面积的最小值．
【答案】(1) p = 2
(2) 12 − 8 2
【分析】
（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得
出p；
（2）设直线 MN ： x = my + n ， M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) , 利用 MF NF = 0 ，找到 m, n 的关
系，以及 MNF 的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】
（1）设 A ( xA , y A ) , B ( xB , yB ) ，
x − 2 y +1 = 0
由 2
可得， y 2 − 4 py + 2 p = 0 ，所以 yA + yB = 4 p, y A yB = 2 p ，
y = 2 px
所以 AB = ( xA − xB ) + ( y A − yB ) = 5 y A − yB = 5 ( y A + yB ) − 4 y A yB = 4 15 ，
2
2
即 2 p 2 − p − 6 = 0 ，因为 p 0 ，解得： p = 2 ．
2
（2）因为 F (1, 0 ) ，显然直线 MN 的斜率不可能为零，
设直线 MN ： x = my + n ， M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ，
y2 = 4x
由
x = my + n
可得， y 2 − 4my − 4n = 0 ，所以， y1 + y2 = 4m, y1 y2 = −4n ，
= 16m2 + 16n 0 m2 + n 0 ，
因为 MF NF = 0 ，所以 ( x1 − 1)( x2 − 1) + y1 y2 = 0 ，
即 ( my1 + n − 1)( my2 + n − 1) + y1 y2 = 0 ，
(
)
2
亦即 m + 1 y1 y2 + m ( n − 1)( y1 + y2 ) + ( n − 1) = 0 ，
2
将 y1 + y2 = 4m, y1 y2 = −4n 代入得，
2
4m2 = n2 − 6n + 1 ， 4 ( m + n ) = ( n − 1) 0 ，
2
所以 n 1 ，且 n2 − 6n + 1 0 ，解得 n 3 + 2 2 或 n 3 − 2 2 ．
设点 F 到直线 MN 的距离为d ，所以 d =
MN =
( x1 − x2 )
2
n −1
1 + m2
，
+ ( y1 − y2 ) = 1 + m 2 y1 − y2 = 1 + m 2 16m 2 + 16n
2
= 2 1 + m 2 4 ( n 2 − 6n + 1) + 16n = 2 1 + m 2 n − 1 ，
n −1
1
1
2
2 1 + m 2 n − 1 = ( n − 1) ，
所以 MNF 的面积 S = MN d =
2
2
2
1+ m
而 n 3 + 2 2 或 n 3 − 2 2 ，所以，
(
当 n = 3 − 2 2 时， MNF 的面积 Smin = 2 − 2 2
)
2
= 12 − 8 2 ．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到 m, n 的关系，一是为了减元，二
是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，
从而求出面积的最小值.
21．已知 f ( x) = ax −
sin x
π
, x 0,
3
cos x
2
(1)若 a = 8 ，讨论 f ( x) 的单调性；
(2)若 f ( x) sin 2 x 恒成立，求 a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2) (−,3]
【分析】
（1）求导,然后令 t = cos 2 x ,讨论导数的符号即可;
（2）构造 g ( x) = f ( x) − sin 2 x ,计算 g ( x) 的最大值,然后与 0 比较大小,得出 a 的分界点,
再对 a 讨论即可.
cos x cos3 x + 3sin x cos 2 x sin x
cos6 x
2
2
2
cos x + 3sin x
3 − 2cos x
=a−
=a−
4
cos x
cos 4 x
令 cos 2 x = t ,则 t (0,1)
【详解】
（1） f ( x) = a −
3 − 2t at 2 + 2t − 3
=
t2
t2
8t 2 + 2t − 3 (2t − 1)(4t + 3)
当 a = 8, f ( x) = g (t ) =
=
t2
t2
π π
1
当 t 0, ,即 x , , f ( x) 0 .
4 2
2
1
π
当 t ,1 ,即 x 0, , f ( x) 0 .
2
4
π
π π
所以 f ( x) 在 0, 上单调递增,在 4 , 2 上单调递减
4
则 f ( x) = g (t ) = a −
（2）设 g ( x) = f ( x) − sin 2 x
(
)
g ( x) = f ( x) − 2cos 2 x = g (t ) − 2 2cos 2 x − 1 =
2
t
(t ) = a + 2 − 4t + −
at 2 + 2t − 3
2 3
− 2(2t − 1) = a + 2 − 4t + − 2 设
2
t
t t
3
t2
2 6 −4t 3 − 2t + 6
2(t − 1)(2t 2 + 2t +3)
+
=
=
−
0
t 2 t3
t3
t3
所以 (t ) (1) = a − 3 .
(t ) = −4 −
1 若 a (−,3] , g ( x) = (t ) a − 3 0
即 g ( x) 在 0, 上单调递减,所以 g ( x) g (0) = 0 .
2
所以当 a (−,3], f ( x) sin 2 x ,符合题意.
2 若 a (3, +)
2
当 t → 0,
2 3
1 1 1
− = −3 − + → − ,所以 (t ) → − .
t t2
t 3 3
(1) = a − 3 0 .
所以 t0 (0,1) ,使得 ( t0 ) = 0 ,即 x0 0, ,使得 g ( x0 ) = 0 .
2
当 t ( t0 ,1) , (t ) 0 ,即当 x ( 0, x0 ) , g ( x) 0, g ( x) 单调递增.
所以当 x ( 0, x0 ) , g ( x) g (0) = 0 ,不合题意.
综上, a 的取值范围为 (−,3] .
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性 t = cos x 在定义域内是减
函数,若 t0 = cos x0 ,当 t ( t0 ,1) , (t ) 0 ,对应当 x ( 0, x0 ) , g ( x) 0 .
x = 2 + t cos
22．已知 P(2,1) ，直线 l :
（t 为参数）， 为 l 的倾斜角，l 与 x 轴，y 轴正
y = 1 + t sin
半轴交于 A，B 两点， | PA | | PB |= 4 ．
(1)求 的值；
(2)以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求 l 的极坐标方程．
【答案】(1)
3π
4
(2) cos + sin − 3 = 0
【分析】
（1）根据 t 的几何意义即可解出；
（2）求出直线 l 的普通方程，再根据直角坐标和极坐标互化公式即可解出．
【详解】
（1）因为 l 与 x 轴， y 轴正半轴交于 A, B 两点，所以
令 x = 0 ， t1 = −
2
1
，令 y = 0 ， t2 = −
，
cos
sin
所以 PA PB = t2t1 =
即 2 =
因为
π
π，
2
2
4
=
= 4 ，所以 sin 2 = 1 ，
sin cos
sin 2
π 1
π
+ kπ ，解得 = + kπ, k Z ，
4 2
2
3π
π
π ，所以 =
．
2
4
（2）由（1）可知，直线 l 的斜率为 tan = −1 ，且过点 ( 2,1) ，
所以直线 l 的普通方程为： y − 1 = − ( x − 2 ) ，即 x + y − 3 = 0 ，
由 x = cos , y = sin 可得直线 l 的极坐标方程为 cos + sin − 3 = 0 ．
23．已知 f ( x) = 2 | x − a | −a, a 0 ．
(1)求不等式 f ( x ) x 的解集；
(2)若曲线 y = f ( x ) 与 x 轴所围成的图形的面积为 2，求 a ．
a
【答案】(1) ,3a
3
(2)
2 6
3
【分析】
（1）分 x a 和 x a 讨论即可;
（2）写出分段函数,画出草图,表达面积解方程即可.
【详解】
（1）若 x a ,则 f ( x) = 2a − 2 x − a x ,
即 3x a ,解得 x
a
a
,即 x a ,
3
3
若 x a ,则 f ( x) = 2 x − 2a − a x ,
解得 x 3a ,即 a x 3a ,
a
综上,不等式的解集为 ,3a .
3
−2 x + a, x a
.
（2） f ( x) =
2 x − 3a, x a
画出 f ( x) 的草图,则 f ( x) 与坐标轴围成 △ADO 与 ABC
a 3a
,0 , B ,0 ,所以 | AB |= a
2 2
ABC 的高为 a, D(0, a), A
所以 S
OAD
+S
ABC
=
1
1
3
2 6
OA a + AB a = a 2 = 2 ,解得 a =
2
2
4
3
【点睛】
2023 年高考全国乙卷数学（理）真题解
析
一、单选题
1．设 z =
2+i
，则 z = （
1 + i 2 + i5
）
B． 1 + 2i
A．1 − 2i
D． 2 + i
C． 2 − i
【答案】B
【分析】由题意首先计算复数 z 的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.
【详解】由题意可得 z =
i ( 2 + i ) 2i − 1
2+i
2+i
=
=
=
= 1 − 2i ，
2
5
1 + i + i 1 −1 + i
i2
−1
则 z = 1 + 2i .
故选：B.
2．设集合 U = R ，集合 M = x x 1 ， N = x − 1 x 2 ，则 x x 2 = （
A．
U
(M
N)
B． N
C．
U
(M
N)
D． M U N
U
）
M
【答案】A
【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为 x | x 2 即可.
【详解】由题意可得 M
U
M
U
M = x | x 1 ，则 N
N = x | x 2 ，则
U
N = x | −1 x 1 ，则
U
(M
N ) = x | x 2 ，选项 A 正确；
M = x | x −1 ，选项 B 错误；
U
( M N ) = x | x −1 或 x 1 ，选项 C 错误；
N = x | x −1 或 x 2 ，则 M
U
N = x | x 1 或 x 2 ，选项 D 错误；
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
【答案】D
【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 − A1B1C1D1 中， AB = BC = 2 ， AA1 = 3 ，
点 H , I , J , K 为所在棱上靠近点 B1 , C1 , D1 , A1 的三等分点， O, L, M , N 为所在棱的中点，
则三视图所对应的几何体为长方体 ABCD − A1B1C1D1 去掉长方体 ONIC1 − LMHB1 之后所
得的几何体，
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 (11) = 30 .
故选：D.
4．已知 f ( x) =
xe x
是偶函数，则 a = （
eax − 1
A． −2
）
B． −1
C．1
D．2
【答案】D
【分析】根据偶函数的定义运算求解.
【详解】因为 f ( x ) =
xe x
为偶函数，则
eax − 1
( a −1) x
x
− x ) e− x x e − e
(
xe x
=0，
f ( x ) − f ( − x ) = ax
−
=
e − 1 e− ax − 1
eax − 1
又因为 x 不恒为 0，可得 e x − e( a −1) x = 0 ，即 e x = e( a −1) x ，
则 x = ( a − 1) x ，即1 = a − 1 ，解得 a = 2 .
故选：D.
2
2
5．设 O 为平面坐标系的坐标原点，在区域 ( x, y ) 1 x + y 4 内随机取一点，记该
π
4
点为 A，则直线 OA 的倾斜角不大于 的概率为（
A．
1
8
【答案】C
B．
1
6
C．
）
1
4
1
D． 2
【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.
2
2
【详解】因为区域 ( x, y ) |1 x + y 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
4
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
MON =
π
，
4
π
结合对称性可得所求概率
4 =1.
P=
2π
4
2
故选：C.
π 2π
π
2π
6．已知函数 f ( x) = sin( x + ) 在区间 ,
单调递增，直线 x = 6 和 x = 3 为函数
6 3
5π
y = f ( x ) 的图像的两条对称轴，则 f −
=（ ）
12
A． −
3
2
B． −
1
2
1
C． 2
D．
3
2
【答案】D
【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 = −
5π
即可得
12
到答案.
π 2π
【详解】因为 f ( x) = sin( x + ) 在区间 ,
单调递增，
6 3
所以
T 2π π π
2π
=
− = ，且 0 ，则 T = π ， w =
=2，
2
3 6 2
T
当x=
π
π
π
时， f ( x ) 取得最小值，则 2 + = 2kπ − ， k Z ，
6
2
6
则 = 2kπ −
5π
5π
， k Z ，不妨取 k = 0 ，则 f ( x ) = sin 2 x − ，
6
6
3
5π
5π
则 f − = sin − =
，
12
3
2
故选：D.
7．甲乙两位同学从 6 种课外读物中各自选读 2 种，则这两人选读的课外读物中恰有 1
种相同的选法共有（
）
A．30 种
B．60 种
C．120 种
D．240 种
【答案】C
【分析】相同读物有 6 种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法
公式即可得到答案.
1
【详解】首先确定相同得读物，共有 C6 种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的 5 种读物里，选出两种进行排列，共有
A52 种，
1
2
根据分步乘法公式则共有 C6 A5 = 120 种，
故选：C.
8．已知圆锥 PO 的底面半径为 3 ，O 为底面圆心，PA，PB 为圆锥的母线，
AOB = 120 ，若 PAB 的面积等于
A．
9 3
，则该圆锥的体积为（
4
）
C． 3
B． 6
D． 3 6
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的
高，求出体积作答.
【详解】在 AOB 中， AOB = 120 ，而 OA = OB = 3 ，取 AC 中点 C ，连接
OC , PC ，有 OC ⊥ AB, PC ⊥ AB ，如图，
3
9 3
，得
, AB = 2 BC = 3 ，由 PAB 的面积为
4
2
∠ABO = 30 ， OC =
1
9 3
，
3 PC =
2
4
3 3
3 3 2
3
解得 PC =
，于是 PO = PC 2 − OC 2 = (
) − ( )2 = 6 ，
2
2
2
1
3
1
3
2
2
所以圆锥的体积 V = π OA PO = π ( 3) 6 = 6π .
故选：B
9．已知 ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边， △ABD 为等边三角形，若二面角
C − AB − D 为 150 ，则直线 CD 与平面 ABC 所成角的正切值为（
A．
1
5
B．
2
5
C．
）
3
5
D．
2
5
【答案】C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取 AB 的中点 E ，连接 CE , DE ，因为 ABC 是等腰直角三角形，且 AB 为斜
边，则有 CE ⊥ AB ，
又 △ABD 是等边三角形，则 DE ⊥ AB ，从而 CED 为二面角 C − AB − D 的平面角，
即 CED = 150 ，
显然 CE DE = E , CE , DE 平面 CDE ，于是 AB ⊥ 平面 CDE ，又 AB 平面 ABC ，
因此平面 CDE ⊥ 平面 ABC ，显然平面 CDE 平面 ABC = CE ，
直线 CD 平面 CDE ，则直线 CD 在平面 ABC 内的射影为直线 CE ，
从而 DCE 为直线 CD 与平面 ABC 所成的角，令 AB = 2 ，则 CE = 1, DE = 3 ，在
CDE 中，由余弦定理得：
CD = CE 2 + DE 2 − 2CE DE cos CED = 1 + 3 − 2 1 3 (−
由正弦定理得
DE
CD
=
，即 sin DCE =
sin DCE sin CED
3 sin150
3
=
，
7
2 7
显然 DCE 是锐角， cos DCE = 1 − sin 2 DCE = 1 − (
所以直线 CD 与平面 ABC 所成的角的正切为
3
)= 7，
2
3 2
5
，
) =
2 7
2 7
3
.
5
故选：C
10．已知等差数列 an 的公差为
（
2
*
，集合 S = cosan n N ，若 S
3
= a, b ，则 ab =
）
A．－1
B． −
1
2
C．0
1
D． 2
【答案】B
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有
两个元素分析、推理作答.
【详解】依题意，等差数列 {an } 中， an = a1 + (n − 1)
显然函数 y = cos[
2π 2π
2π
=
n + (a1 − ) ，
3
3
3
2π
2π
n + (a1 − )] 的周期为 3，而 n N ，即 cos an 最多 3 个不同取值，
3
3
又 {cos an | n N } = {a, b} ，
则在 cos a1 ,cos a2 ,cos a3 中， cos a1 = cos a2 cos a3 或 cos a1 cos a2 = cos a3 ，
于是有 cos = cos( +
2π
π
2π
) = 2kπ, k Z ，解得 = kπ − , k Z ，
) ，即有 + ( +
3
3
3
所以 k Z ，
π
π
4π
π
π
1
ab = cos(kπ − ) cos[(kπ − ) + ] = − cos(kπ − ) cos kπ = − cos 2 kπ cos = − .
3
3
3
3
3
2
故选：B
11．设 A，B 为双曲线 x2 −
A． (1,1)
y2
= 1 上两点，下列四个点中，可为线段 AB 中点的是（
9
B．
D． ( −1, −4 )
C． (1,3)
1, 2
）
【答案】D
【分析】根据点差法分析可得 k AB 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；对于 C：结合双曲线的渐近线分析判断.
x1 + x2 y1 + y2
,
【详解】设 A ( x1, y1 ) , B ( x2 , y2 ) ，则 AB 的中点 M
，
2
2
可得 k AB
y1 + y2
y1 − y2
y + y2
=
,k = 2 = 1
，
x1 + x2
x1 − x2
x1 + x2
2
2
x1 −
因为 A, B 在双曲线上，则
x2 −
2
所以 k AB k =
y12
=1
y12 − y22
9
2
2
，两式相减得
x1 − x2 −
=0，
y22
9
=1
9
(
)
y12 − y22
= 9.
x12 − x22
对于选项 A： 可得 k = 1, k AB = 9 ，则 AB : y = 9 x − 8 ，
y = 9x − 8
联立方程 2 y 2
，消去 y 得 72 x 2 − 2 72 x + 73 = 0 ，
=1
x −
9
此时 = ( −2 72 ) − 4 72 73 = −288 0 ，
2
所以直线 AB 与双曲线没有交点，故 A 错误；
9
2
9
2
5
2
对于选项 B：可得 k = −2, k AB = − ，则 AB : y = − x − ，
9
5
y = − 2 x − 2
联立方程
，消去 y 得 45 x 2 + 2 45 x + 61 = 0 ，
2
y
x2 −
=1
9
此时 = ( 2 45 ) − 4 45 61 = −4 45 16 0 ，
2
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 AB = 3 ，则 AB : y = 3x
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；
对于选项 D： k = 4, k AB =
9
9
7
，则 AB : y = x − ，
4
4
4
9
7
y = x−
4
4
联立方程
，消去 y 得 63x 2 + 126 x − 193 = 0 ，
2
y
2
x −
=1
9
此时 = 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.
12．已知 O 的半径为 1，直线 PA 与 O 相切于点 A，直线 PB 与 O 交于 B，C 两
点，D 为 BC 的中点，若 PO = 2 ，则 PA PD 的最大值为（
A．
1
2
2
C． 1 + 2
B．
）
1+ 2 2
2
D． 2 + 2
【答案】A
【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得 PA PD
=
1
1
2
2
−
sin 2 − ，或 PA PD = +
sin 2 + 然后结合三角函数的性质即可
2 2
2
2
4
4
确定 PA PD 的最大值.
【详解】如图所示， OA = 1, OP = 2 ，则由题意可知: APO = 45 ，
由勾股定理可得 PA = OP 2 − OA2 = 1
当点 A, D 位于直线 PO 异侧时，设 OPC = , 0
4
，
则： PA PD =| PA | | PD | cos +
4
= 1 2 cos cos +
4
2
2
= 2 cos
cos −
sin
2
2
= cos 2 − sin cos
=
1 + cos 2 1
− sin 2
2
2
1
2
−
sin 2 −
2 2
4
0 ，则 − 2 −
4
4 4
4
=
当 2 −
π
π
= − 时， PA PD 有最大值1.
4
4
当点 A, D 位于直线 PO 同侧时，设 OPC = , 0
则： PA PD =| PA | | PD | cos −
4
= 1 2 cos cos −
4
2
2
= 2 cos
cos +
sin
2
2
= cos 2 + sin cos
=
1 + cos 2 1
+ sin 2
2
2
1
2
+
sin 2 +
2 2
4
0 ，则 2 +
4
4
4 2
=
当 2 +
4
=
2
时， PA PD 有最大值
综上可得， PA PD 的最大值为
1
2
2
1
2
2
.
.
4
，
故选：A.
【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数
求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.
二、填空题
(
)
13．已知点 A 1, 5 在抛物线 C： y 2 = 2 px 上，则 A 到 C 的准线的距离为______.
【答案】
9
4
【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 = −
5
，最后利用点的坐标和准线方程计算点 A 到 C 的准线的距离即可.
4
【详解】由题意可得：
准线方程为 x = −
( 5)
2
= 2 p 1 ，则 2 p = 5 ，抛物线的方程为 y 2 = 5x ，
5
5 9
，点 A 到 C 的准线的距离为1 − − = .
4
4 4
9
4
故答案为： .
x − 3 y −1
14．若 x，y 满足约束条件 x + 2 y 9 ，则 z = 2 x − y 的最大值为______.
3x + y 7
【答案】8
【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 = 2 x − y ，移项得 y = 2 x − z ，
x − 3 y = −1
x = 5
联立有
，解得
，
x + 2 y = 9
y = 2
设 A ( 5, 2 ) ，显然平移直线 y = 2 x 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.
15．已知 an 为等比数列， a2 a4 a5 = a3a6 ， a9 a10 = −8 ，则 a7 = ______.
【答案】 −2
【分析】根据等比数列公式对 a2 a4 a5 = a3a6 化简得 a1q = 1 ，联立 a9 a10 = −8 求出
q3 = −2 ，最后得 a7 = a1q q5 = q5 = −2 .
【详解】设 an 的公比为 q ( q 0 ) ，则 a2 a4 a5 = a3a6 = a2 q a5q ，显然 an 0 ，
8
3
9
2
2
则 a4 = q ，即 a1q = q ，则 a1q = 1 ，因为 a9 a10 = −8 ，则 a1q a1q = −8 ，
5
5
则 q15 = ( q5 ) = −8 = ( −2 ) ，则 q3 = −2 ，则 a7 = a1q q = q = −2 ，
3
3
故答案为： −2 .
16．设 a ( 0,1) ，若函数 f ( x ) = a x + (1 + a ) 在 ( 0, + ) 上单调递增，则 a 的取值范围是
x
______.
5 −1
,1
【答案】
2
【分析】原问题等价于 f ( x ) = a x ln a + (1 + a ) ln (1 + a ) 0 恒成立，据此将所得的不等
x
x
ln a
1+ a
式进行恒等变形，可得
，由右侧函数的单调性可得实数 a 的二次
−
a
ln
1+ a)
(
不等式，求解二次不等式后可确定实数 a 的取值范围.
x
【详解】由函数的解析式可得 f ( x ) = a ln a + (1 + a ) ln (1 + a ) 0 在区间 ( 0, + ) 上恒成
x
立，
x
ln a
1+ a
在区间 ( 0, + ) 上恒成立，
−
ln (1 + a )
a
x
则 (1 + a ) ln (1 + a ) −a ln a ，即
x
0
ln a
1+ a
故
，而 a + 1 (1, 2 ) ，故 ln (1 + a ) 0 ，
=1 −
ln (1 + a )
a
ln ( a + 1) − ln a
故
0 a 1
a ( a + 1) 1
即
0 a 1
，故
5 −1
a 1，
2
5 −1
,1 .
结合题意可得实数 a 的取值范围是
2
5 −1
,1 .
故答案为：
2
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 xi ， yi ( i = 1, 2, ,10 ) ．试验结果如下：
试验序号 i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率 xi
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率 yi
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
记 zi = xi − yi ( i = 1, 2, ,10 ) ，记 z1, z2 , , z10 的样本平均数为 z ，样本方差为 s 2 ．
(1)求 z ， s 2 ；
(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 z 2
s2
，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
10
的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）
【答案】(1) z = 11， s 2 = 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.
【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 zi 值，最后计算出
方差即可；
（2）根据公式计算出 2
【详解】
（1） x =
y=
s2
的值，和 z 比较大小即可.
10
545 + 533 + 551 + 522 + 575 + 544 + 541 + 568 + 596 + 548
= 552.3 ，
10
536 + 527 + 543 + 530 + 560 + 533 + 522 + 550 + 576 + 536
= 541.3 ，
10
z = x − y = 552.3 − 541.3 = 11 ，
zi = xi − yi 的值分别为: 9,6,8, −8,15,11,19,18, 20,12 ，
故
s2 =
(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
= 61
10
（2）由（1）知: z = 11， 2
s2
s2
,
= 2 6.1 = 24.4 ，故有 z 2
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．在 ABC 中，已知 BAC = 120 ， AB = 2 ， AC = 1 .
(1)求 sin ABC ；
(2)若 D 为 BC 上一点，且 BAD = 90 ，求 △ADC 的面积.
【答案】(1)
(2)
21
；
14
3
.
10
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长 BC 的值为 BC = 7 ，然后由余弦定理可得
21
5 7
，最后由同角三角函数基本关系可得 sin B =
；
14
14
S△ ABD
= 4 ，则 S△ ACD = 1 S△ ABC ，据此即可求得 △ADC 的面积.
(2)由题意可得
S△ ACD
5
cos B =
【详解】
（1）由余弦定理可得：
BC 2 = a 2 = b2 + c 2 − 2bc cos A
= 4 + 1 − 2 2 1 cos120 = 7 ，
则 BC = 7 ， cos B =
a 2 + c 2 − b2
7 + 4 −1 5 7
=
=
，
2ac
14
2 2 7
sin B = 1 − cos 2 B = 1 −
25
21
.
=
28 14
1
AB AD sin 90
S△ ABD 2
=
=4，
（2）由三角形面积公式可得
S△ ACD 1 AC AD sin 30
2
1
1 1
3
.
则 S△ ACD = S△ ABC = 2 1 sin120 =
5
5 2
10
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， AD = 5DO ，点 F 在 AC 上， BF ⊥ AO .
(1)证明： EF / / 平面 ADO ；
(2)证明：平面 ADO ⊥ 平面 BEF；
(3)求二面角 D − AO − C 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
2
.
2
【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）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.
（3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解
作答.
【详解】
（1）连接 DE , OF ，设 AF = tAC ，则 BF = BA + AF = (1 − t ) BA + t BC ，
AO = − BA +
1
BC ， BF ⊥ AO ，
2
1
2
2
1
2
2
则 BF AO = [(1 − t ) BA + t BC ] (− BA + BC ) = (t − 1) BA + t BC = 4(t − 1) + 4t = 0 ，
解得 t =
1
，则 F 为 AC 的中点，由 D, E , O, F 分别为 PB, PA, BC , AC 的中点，
2
于是 DE / / AB, DE =
1
1
AB, OF / / AB, OF = AB ，即 DE / /OF , DE = OF ，则四边形
2
2
ODEF 为平行四边形，
EF / / DO, EF = DO ，又 EF 平面 ADO, DO 平面 ADO ，
所以 EF / / 平面 ADO .
（2）由（1）可知 EF // OD ，则 AO = 6, DO =
2
2
2
因此 OD + AO = AD =
又 AO ⊥ BF , BF
6
30
，得 AD = 5DO =
，
2
2
15
，则 OD ⊥ AO ，有 EF ⊥ AO ，
2
EF = F ， BF , EF 平面 BEF ，
则有 AO ⊥ 平面 BEF ，又 AO 平面 ADO ，所以平面 ADO ⊥ 平面 BEF .
（3）过点 O 作 OH / / BF 交 AC 于点 H ，设 AD
BE = G ，
1
3
由 AO ⊥ BF ，得 HO ⊥ AO ，且 FH = AH ，
又由（2）知， OD ⊥ AO ，则 DOH 为二面角 D − AO − C 的平面角，
因为 D, E 分别为 PB, PA 的中点，因此 G 为 PAB 的重心，
即有 DG =
1
1
1
3
AD, GE = BE ，又 FH = AH ，即有 DH = GF ，
3
3
3
2
3 15
4+ −
2
6
2 2 = 4 + 6 − PA
cos ABD =
，解得 PA = 14 ，同理得 BE =
，
6
2 2 6
2
2 2
2
2
2
1
6 6
5
于是 BE + EF = BF = 3 ，即有 BE ⊥ EF ，则 GF =
+
= ，
3
3 2 2
2
2
2
2
15
3 15
15
， DH =
，
=
3
2 3
2
1
3
6
15
在 △DOH 中， OH = BF =
，
, OD =
, DH =
2
2
2
2
6 3 15
2
+ −
2
2
4 4 4 =− 2
于是 cos DOH =
， sin DOH = 1 − −
，
2 = 2
2
6
3
2
2
2
从而 GF =
所以二面角 D − AO − C 的正弦值为
20．已知椭圆 C :
2
.
2
y 2 x2
5
+ 2 = 1(a b 0) 的离心率是 ，点 A ( −2, 0 ) 在 C 上．
2
3
a b
(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．
【答案】(1)
y 2 x2
+ =1
9 4
(2)证明见详解
【分析】
（1）根据题意列式求解 a, b, c ，进而可得结果；
（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
即可.
b = 2
a = 3
2
2
2
【详解】
（1）由题意可得 a = b + c ，解得 b = 2 ，
c = 5
e = c = 5
a
3
yM + y N
为定值
2
y 2 x2
+ = 1.
9 4
（2）由题意可知：直线 PQ 的斜率存在，设 PQ : y = k ( x + 2 ) + 3, P ( x1 , y1 ) , Q ( x2 , y2 ) ，
所以椭圆方程为
y = k ( x + 2) + 3
2
2
2
联立方程 y 2 x 2
，消去 y 得： 4k + 9 x + 8k ( 2k + 3) x + 16 k + 3k = 0 ，
+
=
1
4
9
(
(
)(
)
(
)
)
2
2
2
则 Δ = 64k ( 2k + 3) − 64 4k + 9 k + 3k = −1728k 0 ，解得 k 0 ，
2
可得 x1 + x2 = −
16 ( k 2 + 3k )
8k ( 2k + 3)
，
,
x
x
=
1 2
4k 2 + 9
4k 2 + 9
因为 A ( −2, 0 ) ，则直线 AP : y =
令 x = 0 ，解得 y =
同理可得 N 0,
y1
( x + 2) ，
x1 + 2
2 y1
2y
，即 M 0, 1 ,
x1 + 2
x1 + 2
2 y2
，
x2 + 2
2 y1
2 y2
+
则 x1 + 2 x2 + 2 k ( x1 + 2 ) + 3 k ( x2 + 2 ) + 3
=
+
2
x1 + 2
x2 + 2
kx1 + ( 2k + 3) ( x2 + 2 ) + kx2 + ( 2k + 3) ( x1 + 2 ) 2kx1 x2 + ( 4k + 3)( x1 + x2 ) + 4 ( 2k + 3)
=
=
x1 x2 + 2 ( x1 + x2 ) + 4
( x1 + 2 )( x2 + 2 )
32k ( k 2 + 3k ) 8k ( 4k + 3)( 2k + 3)
−
+ 4 ( 2k + 3 )
108
4k 2 + 9
4k 2 + 9
=
=
= 3，
2
36
16 ( k + 3k ) 16k ( 2k + 3)
−
+4
4k 2 + 9
4k 2 + 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．
1
21．已知函数 f ( x) = + a ln(1 + x) .
x
(1)当 a = −1 时，求曲线 y = f ( x ) 在点 (1, f (1) ) 处的切线方程；
1
(2)是否存在 a，b，使得曲线 y = f 关于直线 x = b 对称，若存在，求 a，b 的值，若
x
不存在，说明理由.
(3)若 f ( x ) 在 ( 0, + ) 存在极值，求 a 的取值范围.
【答案】(1) ( ln 2 ) x + y − ln 2 = 0 ；
1
2
1
2
(2)存在 a = , b = − 满足题意，理由见解析.
1
(3) 0, .
2
【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)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数 b 的值，进一步结合函数的对
称性利用特殊值法可得关于实数 a 的方程，解方程可得实数 a 的值，最后检验所得的
a, b 是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数
g ( x ) = ax 2 + x − ( x + 1) ln ( x + 1) ，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，
分类讨论 a 0 ， a
1
1
和 0 a 三中情况即可求得实数 a 的取值范围.
2
2
1
【详解】
（1）当 a = −1 时， f ( x ) = − 1 ln ( x + 1) ，
x
1
1 1
则 f ( x ) = − 2 ln ( x + 1) + − 1
，
x
x x +1
据此可得 f (1) = 0, f (1) = − ln 2 ，
函数在 (1, f (1) ) 处的切线方程为 y − 0 = − ln 2 ( x − 1) ，
即 ( ln 2 ) x + y − ln 2 = 0 .
1
1
（2）由函数的解析式可得 f = ( x + a ) ln + 1 ，
x
x
1
x
函数的定义域满足 + 1 =
x +1
0 ，即函数的定义域为 ( −, −1) ( 0, + ) ，
x
定义域关于直线 x = −
1
1
对称，由题意可得 b = − ，
2
2
1
1
1
由对称性可知 f − + m = f − − m m ，
2
2
2
取 m = 可得 f (1) = f ( −2 ) ，
3
2
即 ( a + 1) ln 2 = ( a − 2 ) ln
1
1
，则 a + 1 = 2 − a ，解得 a = ，
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
经检验 a = , b = − 满足题意，故 a = , b = − .
即存在 a = , b = − 满足题意.
1
1
1
（3）由函数的解析式可得 f ( x ) = − 2 ln ( x + 1) + + a
，
x
x
x +1
由 f ( x ) 在区间 ( 0, + ) 存在极值点，则 f ( x ) 在区间 ( 0, + ) 上存在变号零点;
1
1
1
=0，
令 − 2 ln ( x + 1) + + a
x
x
x +1
(
)
2
则 − ( x + 1) ln ( x + 1) + x + ax = 0 ，
2
令 g ( x ) = ax + x − ( x + 1) ln ( x + 1) ，
f ( x ) 在区间 ( 0, + ) 存在极值点，等价于 g
g ( x ) = 2ax − ln ( x + 1) , g ( x ) = 2a −
( x ) 在区间 ( 0, + ) 上存在变号零点，
1
x +1
当 a 0 时， g ( x ) 0 ， g ( x ) 在区间 ( 0, + ) 上单调递减，
此时 g ( x ) g ( 0 ) = 0 ， g ( x ) 在区间 ( 0, + ) 上无零点，不合题意;
当a
1
1
1 ，所以 g '' ( x ) 0, g ( x ) 在区间 ( 0, + ) 上单调递增，
， 2a 1 时，由于
x +1
2
所以 g ( x ) g ( 0 ) = 0 ， g ( x ) 在区间 ( 0, + ) 上单调递增， g ( x ) g ( 0 ) = 0 ，
所以 g ( x ) 在区间 ( 0, + ) 上无零点，不符合题意；
1
2
''
当 0 a 时，由 g ( x ) = 2a −
1
1
−1，
= 0 可得 x =
2a
x +1
1
当 x 0, − 1 时， g ( x ) 0 ， g ( x ) 单调递减，
2a
1
当 x − 1, + 时， g ( x ) 0 ， g ( x ) 单调递增，
2a
1
故 g ( x ) 的最小值为 g − 1 = 1 − 2a + ln 2a ，
2
a
令 m ( x ) = 1 − x + ln x ( 0 x 1) ，则 m ( x ) =
−x +1
0，
x
函数 m ( x ) 在定义域内单调递增， m ( x ) m (1) = 0 ，
据此可得 1 − x + ln x 0 恒成立，
1
则 g − 1 = 1 − 2a + ln 2a 0 ，
2
a
−2 x 2 + x + 1
2
令 h ( x ) = ln x − x + x ( x 0 ) ，则 h ( x ) =
，
x
当 x ( 0,1) 时， h ( x ) 0, h ( x ) 单调递增，
当 x (1, + ) 时， h ( x ) 0, h ( x ) 单调递减，
故 h ( x ) h (1) = 0 ，即 ln x x 2 − x (取等条件为 x = 1 )，
2
所以 g ( x ) = 2ax − ln ( x + 1) 2ax − ( x + 1) − ( x + 1) = 2ax − ( x + x ) ，
2
g ( 2a − 1) 2a ( 2a − 1) − ( 2a − 1) + ( 2a − 1) = 0 ，且注意到 g ( 0 ) = 0 ，
2
根据零点存在性定理可知: g ( x ) 在区间 ( 0, + ) 上存在唯一零点 x0 .
当 x ( 0, x0 ) 时， g ( x ) 0 ， g ( x ) 单调减，
当 x ( x0 , + ) 时， g ( x ) 0 ， g ( x ) 单调递增，
所以 g ( x0 ) g ( 0 ) = 0 .
1
1
1 1
1 − ( x − 1)
令 n ( x ) = ln x − x − ，则 n ( x ) = − 1 + 2 =
0，
2
x
x 2 x
2x2
2
则 n ( x ) 单调递减，注意到 n (1) = 0 ，
1
1
1
1
故当 x (1, + ) 时， ln x − x − 0 ，从而有 ln x x − ，
2
x
2
x
2
所以 g ( x ) = ax + x − ( x + 1) ln ( x + 1)
1
1
> ax 2 + x − ( x + 1) ( x + 1) −
2
x + 1
1
1
= a − x2 + ，
2
2
1
1 2 1
1
令 a − x + = 0 得 x2 =
，所以 g
0 ，
2
2
1 − 2a
1 − 2a
所以函数 g ( x ) 在区间 ( 0, + ) 上存在变号零点，符合题意.
1
综合上面可知:实数 a 得取值范围是 0, .
2
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把
函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应
由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为 0 和极值这两
个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问
利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
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，
x = 2 cos
π
π
曲线 C1 的极坐标方程为 = 2sin ，曲线 C2 ：
（ 为参数，
2
4
y = 2sin
）.
2
(1)写出 C1 的直角坐标方程；
(2)若直线 y = x + m 既与 C1 没有公共点，也与 C2 没有公共点，求 m 的取值范围.
【答案】(1) x 2 + ( y − 1) = 1, x 0,1 , y 1, 2
2
(2) ( −, 0 )
(2
2, +
)
【分析】
（1）根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意 x, y 的取值范围；
（2）根据曲线 C1 , C2 的方程，结合图形通过平移直线 y = x + m 分析相应的临界位置，
结合点到直线的距离公式运算求解即可.
【详解】
（1）因为 = 2sin ，即 2 = 2 sin ，可得 x 2 + y 2 = 2 y ，
2
整理得 x2 + ( y − 1) = 1 ，表示以 ( 0,1) 为圆心，半径为 1 的圆，
又因为 x = cos = 2sin cos = sin 2 , y = sin = 2sin 2 = 1 − cos 2 ，
且
π
π
π
，则 2 π ，则 x = sin 2 0,1 , y = 1 − cos 2 1, 2 ，
2
4
2
故 C1 : x 2 + ( y − 1) = 1, x 0,1 , y 1, 2 .
2
x = 2 cos
π
（2）因为 C2 :
（ 为参数， π ）
，
2
y = 2sin
整理得 x 2 + y 2 = 4 ，表示圆心为 O ( 0, 0 ) ，半径为 2，且位于第二象限的圆弧，
如图所示，若直线 y = x + m 过 (1,1) ，则1 = 1 + m ，解得 m = 0 ；
m
=2
若直线 y = x + m ，即 x − y + m = 0 与 C2 相切，则 2
，解得 m = 2 2 ，
m 0
若直线 y = x + m 与 C1 , C2 均没有公共点，则 m 2 2 或 m 0 ，
即实数 m 的取值范围 ( −, 0 )
(2
)
2, + .
【点睛】
23．已知 f ( x ) = 2 x + x − 2 .
(1)求不等式 f ( x ) 6 − x 的解集；
f ( x) y
(2)在直角坐标系 xOy 中，求不等式组
所确定的平面区域的面积.
x + y − 6 0
【答案】(1) [ −2, 2] ；
(2)8.
【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.
3x − 2, x 2
【详解】
（1）依题意， f ( x) = x + 2, 0 x 2 ，
−3x + 2, x 0
x 0
x 2
0 x 2
不等式 f ( x) 6 − x 化为：
或
或
，
3 x − 2 6 − x x + 2 6 − x −3x + 2 6 − x
x 0
x 2
0 x 2
解
，得无解；解
，得 0 x 2 ，解
，得
3
x
x
+
−
2
2
6
6
−
−
x
x
−3x + 2 6 − x
−2 x 0 ，因此 −2 x 2 ，
所以原不等式的解集为： [ −2, 2]
f ( x) y
（2）作出不等式组
表示的平面区域，如图中阴影 ABC ，
x + y − 6 0
y = x + 2
y = −3x + 2
, 解得 C (2, 4) ，又 B(0, 2), D(0,6) ，
由
，解得 A(−2,8) ，由
x + y = 6
x + y = 6
所以 ABC 的面积 S
ABC
=
1
1
| BD | xC − x A = | 6 − 2 | | 2 − (−2) |= 8 .
2
2
2023 年北京高考数学真题解析
一、单选题
1．已知集合 M = {x∣x + 2 0}, N = {x∣x − 1 0} ，则 M N = （
A． {x∣−2 x 1}
B． {x∣−2 x 1}
C． {x∣x −2}
D． {x∣x 1}
）
【答案】A
【分析】先化简集合 M , N ，然后根据交集的定义计算.
【详解】由题意， M = {x∣x + 2 0} = {x | x −2} ， N = {x∣x − 1 0} = {x | x 1} ，
根据交集的运算可知， M
N = {x | −2 x 1} .
故选：A
2．在复平面内，复数 z 对应的点的坐标是 (−1, 3) ，则 z 的共轭复数 z = （
A．1 + 3i
B． 1 − 3i
C． −1 + 3i
D． −1 − 3i
）
【答案】D
【分析】根据复数的几何意义先求出复数 z ，然后利用共轭复数的定义计算.
【详解】 z 在复平面对应的点是 (−1, 3) ，根据复数的几何意义， z = −1 + 3i ，
由共轭复数的定义可知， z = −1 − 3i .
故选：D
3．已知向量 a，b 满足 a + b = (2,3), a − b = (−2,1) ，则 | a |2 − | b |2 = （
A． −2
B． −1
C．0
）
D．1
【答案】B
【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答.
【详解】向量 a , b 满足 a + b = (2,3), a − b = (−2,1) ，
所以 | a |2 − | b |2 = (a + b) (a − b) = 2 (−2) + 3 1 = −1 .
故选：B
4．下列函数中，在区间 (0, +) 上单调递增的是（
A． f ( x) = − ln x
）
B． f ( x) =
1
2x
C． f ( x) = −
1
x
D． f ( x) = 3|x −1|
【答案】C
【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断 ABC，举反例排除
D 即可.
【详解】对于 A，因为 y = ln x 在 ( 0, + ) 上单调递增， y = − x 在 ( 0, + ) 上单调递减，
所以 f ( x ) = − ln x 在 ( 0, + ) 上单调递减，故 A 错误；
1
x
对于 B，因为 y = 2x 在 ( 0, + ) 上单调递增， y = 在 ( 0, + ) 上单调递减，
所以 f ( x ) =
1
在 ( 0, + ) 上单调递减，故 B 错误；
2x
1
x
对于 C，因为 y = 在 ( 0, + ) 上单调递减， y = − x 在 ( 0, + ) 上单调递减，
1
x
所以 f ( x ) = − 在 ( 0, + ) 上单调递增，故 C 正确；
1
1
对于 D，因为 f = 3 2
2
显然 f ( x ) = 3
x −1
−1
1
= 3 2 = 3 ， f (1) = 3
1−1
= 30 = 1, f ( 2 ) = 3
2 −1
= 3，
在 ( 0, + ) 上不单调，D 错误.
故选：C.
5
5． 2x −
1
的展开式中 x 的系数为（
x
A． −80
）
．
B． −40
C．40
D．80
【答案】D
5
1
【分析】写出 2x − 的展开式的通项即可
x
r
5
【详解】 2x −
1
1
5− r
r 5− r
r
r 5− 2 r
的展开式的通项为 Tr +1 = C5 ( 2 x ) − = ( −1) 2 C5 x
x
x
令 5 − 2r = 1 得 r = 2
所以 2x −
5
2 5− 2 2
1
的展开式中 x 的系数为 ( −1) 2 C5 = 80
x
故选：D
【点睛】本题考查的是二项式展开式通项的运用，较简单.
6．已知抛物线 C : y 2 = 8 x 的焦点为 F ，点 M 在 C 上．若 M 到直线 x = −3 的距离为
5，则 | MF |= （
A．7
【答案】D
）
B．6
C．5
D．4
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】因为抛物线 C : y 2 = 8 x 的焦点 F ( 2,0 ) ，准线方程为 x = −2 ，点 M 在 C 上，
所以 M 到准线 x = −2 的距离为 MF ，
又 M 到直线 x = −3 的距离为 5 ，
所以 MF + 1 = 5 ，故 MF = 4 .
故选：D.
7．在 ABC 中， (a + c)(sin A − sin C ) = b(sin A − sin B) ，则 C = （
A．
π
6
B．
π
3
C．
2π
3
）
D．
5π
6
【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为 (a + c)(sin A − sin C ) = b(sin A − sin B) ，
所以由正弦定理得 (a + c)(a − c) = b(a − b) ，即 a 2 − c 2 = ab − b2 ，
则 a 2 + b2 − c 2 = ab ，故 cos C =
又 0 C π ，所以 C =
a 2 + b2 − c 2 ab 1
=
= ，
2ab
2ab 2
π
.
3
故选：B.
8．若 xy 0 ，则“ x + y = 0 ”是“
y x
+ = −2 ”的（
x y
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
x
y
【分析】解法一：由 y + x = −2 化简得到 x + y = 0 即可判断；解法二：证明充分性可由
x y
x y
x + y = 0 得到 x = − y ，代入 + 化简即可，证明必要性可由 + = −2 去分母，再用
y x
y x
x y
完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由 + 通分后用配凑法得到完全平方公
y x
x y
式，再把 x + y = 0 代入即可，证明必要性可由 + 通分后用配凑法得到完全平方公
y x
式，再把 x + y = 0 代入，解方程即可.
【详解】解法一：
x
y
因为 xy 0 ，且 y + x = −2 ，
所以 x2 + y 2 = −2 xy ，即 x 2 + y 2 + 2 xy = 0 ，即 ( x + y ) = 0 ，所以 x + y = 0 .
2
x
y
所以“ x + y = 0 ”是“ y + x = −2 ”的充要条件.
解法二：
充分性：因为 xy 0 ，且 x + y = 0 ，所以 x = − y ，
x
−y
y
y
所以 y + x = y + − y = −1 − 1 = −2 ，
所以充分性成立；
x
y
必要性：因为 xy 0 ，且 y + x = −2 ，
所以 x2 + y 2 = −2 xy ，即 x 2 + y 2 + 2 xy = 0 ，即 ( x + y ) = 0 ，所以 x + y = 0 .
2
所以必要性成立.
x
y
所以“ x + y = 0 ”是“ y + x = −2 ”的充要条件.
解法三：
充分性：因为 xy 0 ，且 x + y = 0 ，
x y x 2 + y 2 x 2 + y 2 + 2 xy − 2 xy ( x + y ) − 2 xy −2 xy
=
=
=
= −2 ，
所以 + =
y x
xy
xy
xy
xy
2
所以充分性成立；
x
y
必要性：因为 xy 0 ，且 y + x = −2 ，
所以
y x 2 + y 2 x 2 + y 2 + 2 xy − 2 xy ( x + y ) − 2 xy ( x + y )
=
=
=
=
− 2 = −2 ，
x
xy
xy
xy
xy
2
x
y
所以 +
( x + y)
xy
2
2
= 0 ，所以 ( x + y ) = 0 ，所以 x + y = 0 ，
2
所以必要性成立.
x
y
所以“ x + y = 0 ”是“ y + x = −2 ”的充要条件.
故选：C
9．坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建
筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等
腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若 AB = 25m, BC = AD = 10m ，且等腰梯形所在
的平面、等腰三角形所在的平面与平面 ABCD 的夹角的正切值均为
的所有棱长之和为（
）
14
，则该五面体
5
A．102m
B． 112m
C． 117m
D．125m
【答案】C
【分析】先根据线面角的定义求得 tan EMO = tan EGO =
14
，从而依次求 EO ，
5
EG ， EB ， EF ，再把所有棱长相加即可得解.
【详解】如图，过 E 做 EO ⊥ 平面 ABCD ，垂足为 O ，过 E 分别做 EG ⊥ BC ，
EM ⊥ AB ，垂足分别为 G ， M ，连接 OG, OM ，
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为 EMO 和
EGO ，
所以 tan EMO = tan EGO =
14
.
5
因为 EO ⊥ 平面 ABCD ， BC 平面 ABCD ，所以 EO ⊥ BC ，
因为 EG ⊥ BC ， EO, EG 平面 EOG ， EO EG = E ，
所以 BC ⊥ 平面 EOG ，因为 OG 平面 EOG ，所以 BC ⊥ OG ，.
同理： OM ⊥ BM ，又 BM ⊥ BG ，故四边形 OMBG 是矩形，
所以由 BC = 10 得 OM = 5 ，所以 EO = 14 ，所以 OG = 5 ，
所以在直角三角形 EOG 中， EG =
EO 2 + OG 2 =
在直角三角形 EBG 中， BG = OM = 5 ， EB =
(
14
)
2
+ 52 =
EG 2 + BG 2 =
(
39
39
)
2
+ 52 = 8 ，
又因为 EF = AB − 5 − 5 = 25 − 5 − 5 = 15 ，
所有棱长之和为 2 25 + 2 10 + 15 + 4 8 = 117 m .
故选：C
10．已知数列 an 满足 an +1 =
1
3
( an − 6 ) + 6(n = 1, 2,3,
4
) ，则（
）
A．当 a1 = 3 时， an 为递减数列，且存在常数 M ≤ 0 ，使得 an M 恒成立
B．当 a1 = 5 时， an 为递增数列，且存在常数 M 6 ，使得 an M 恒成立
C．当 a1 = 7 时， an 为递减数列，且存在常数 M 6 ，使得 an M 恒成立
D．当 a1 = 9 时， an 为递增数列，且存在常数 M 0 ，使得 an M 恒成立
【答案】B
【分析】法 1：利用数列归纳法可判断 ACD 正误，利用递推可判断数列的性质，故可
判断 B 的正误.
法 2：构造 f ( x ) =
1
3
( x − 6 ) + 6 − x ，利用导数求得 f ( x ) 的正负情况，再利用数学归纳
4
法判断得各选项 an 所在区间，从而判断 an 的单调性；对于 A，构造
h ( x) =
1 3 9 2
x − x + 26 x − 47 ( x 3) ，判断得 an+1 an − 1 ，进而取 m = − M + 4 推得
4
2
an M 不恒成立；对于 B，证明 an 所在区间同时证得后续结论；对于 C，记
m0 = log3 2log 1 ( M − 6 ) + 1 ，取 m = m0 + 1 推得 an M 不恒成立；对于 D，构造
4
g ( x) =
1 3 9 2
x − x + 26 x − 49 ( x 9 ) ，判断得 an+1 an + 1 ，进而取 m = M + 1 推得
4
2
an M 不恒成立.
【详解】法 1：因为 an +1 =
1
1
3
3
( an − 6 ) + 6 ，故 an+1 − 6 = ( an − 6 ) ，
4
4
对于 A ，若 a1 = 3 ，可用数学归纳法证明： an − 6 −3 即 an 3 ，
证明：当 n = 1 时， a1 − 6 = −3 −3 ，此时不等关系 an 3 成立；
设当 n = k 时， ak − 6 −3 成立，
则 ak +1 − 6 =
1
27
3
( ak − 6 ) −54, − ，故 ak +1 − 6 −3 成立，
4
4
由数学归纳法可得 an 3 成立.
而 an +1 − an =
1
1
3
2
( an − 6 ) − ( an − 6 ) = ( an − 6 ) ( an − 6 ) − 1 ，
4
4
1
9
5
2
( an − 6 ) − 1 − 1 = 0 ， an − 6 0 ，故 an+1 − an 0 ，故 an+1 an ，
4
4
4
故 an 为减数列，注意 ak +1 − 6 −3 0
故 an +1 − 6 =
1
1
9
3
2
( an − 6 ) = ( an − 6 ) ( an − 6 ) ( an − 6 ) ，结合 an+1 − 6 0 ，
4
4
4
所以 6 − an +1
9
( 6 − an ) ，故 6 − an +1 3 9
4
4
n −1
9
，故 an +1 6 − 3
4
9
若存在常数 M ≤ 0 ，使得 an M 恒成立，则 6 − 3
4
故
6−M 9
3
4
故 A 不成立.
n −1
，故 n 1 + log 9
4
n −1
，
n −1
M ，
6−M
，故 an M 恒成立仅对部分 n 成立，
3
5, 可用数学归纳法证明： −1 an − 6 0 即 5 an 6 ，
对于 B，若 a1
证明：当 n = 1 时， −1 a1 − 6 = −1 0 ，此时不等关系 5 an 6 成立；
设当 n = k 时， 5 ak 6 成立，
则 ak +1 − 6 =
1
1
3
( ak − 6 ) − ,0 ，故 −1 ak +1 − 6 0 成立即
4
4
由数学归纳法可得 5 ak +1 6 成立.
而 an +1 − an =
1
1
3
2
( an − 6 ) − ( an − 6 ) = ( an − 6 ) ( an − 6 ) − 1 ，
4
4
1
2
( an − 6 ) − 1 0 ， an − 6 0 ，故 an+1 − an 0 ，故 an+1 an ，故 an 为增数列，
4
若 M = 6 ，则 an 6 恒成立，故 B 正确.
对于 C，当 a1 = 7 时， 可用数学归纳法证明： 0 an − 6 1 即 6 an 7 ，
证明：当 n = 1 时， 0 a1 − 6 1 ，此时不等关系成立；
设当 n = k 时， 6 ak 7 成立，
则 ak +1 − 6 =
1
1
3
( ak − 6) 0, ，故 0 ak +1 − 6 1 成立即 6 ak +1 7
4
4
由数学归纳法可得 6 an 7 成立.
2
1
而 an +1 − an = ( an − 6 ) ( an − 6 ) − 1 0 ，故 an+1 an ，故 an 为减数列，
4
1
1
2
( an − 6 ) ( an − 6 ) ，结合 an+1 − 6 0 可得：
4
4
又 an +1 − 6 = ( an − 6 )
n
n
1
1
an +1 − 6 ( a1 − 6 ) ，所以 an +1 6 + ，
4
4
n
若 an +1 6 + ，若存在常数 M 6 ，使得 an M 恒成立，
4
1
1
则 M − 6 恒成立，故 n log 1 ( M − 6 ) ， n 的个数有限，矛盾，故 C 错误.
4
4
n
对于 D，当 a1 = 9 时， 可用数学归纳法证明： an − 6 3 即 an 9 ，
证明：当 n = 1 时， a1 − 6 = 3 3 ，此时不等关系成立；
设当 n = k 时， ak 9 成立，
则 ak +1 − 6 =
1
27
3
( ak − 6 ) 3 ，故 ak +1 9 成立
4
4
由数学归纳法可得 an 9 成立.
2
1
而 an +1 − an = ( an − 6 ) ( an − 6 ) − 1 0 ，故 an +1 an ，故 an 为增数列，
4
又 an +1 − 6 = ( an − 6 )
1
9
2
( an − 6 ) ( an − 6 ) ，结合 an − 6 0 可得：
4
4
9
an +1 − 6 ( a1 − 6 )
4
n −1
9
= 3
4
n −1
9
，所以 an +1 6 + 3
4
n −1
，
9
若存在常数 M 0 ，使得 an M 恒成立，则 M 6 + 3
4
n −1
，
9
故 M 6 + 3
4
n −1
M −6
，故 n log 9
+ 1 ，这与 n 的个数有限矛盾，故 D 错误.
3
4
故选：B.
法 2：因为 an +1 − an =
令 f ( x) =
1
1
9
3
( an − 6 ) + 6 − an = an3 − an2 + 26an − 48 ，
4
4
2
1 3 9 2
3
x − x + 26 x − 48 ，则 f ( x ) = x 2 − 9 x + 26 ，
4
4
2
2 3
2 3
或 x 6+
；
3
3
2 3
2 3
令 f ( x ) 0 ，得 6 −
；
x 6+
3
3
令f
x
0 ，得 0 x 6 −
2 3
2 3
2 3
2 3
,6 +
, + 上单调递增，在 6 −
所以 f ( x ) 在 −, 6 −
和 6 +
上单调
3
3
3
3
递减，
1
4
9
2
3
2
令 f ( x ) = 0 ，则 x − x + 26 x − 48 = 0 ，即
1
( x − 4 )( x − 6 )( x − 8) = 0 ，解得 x = 4 或
4
x = 6 或 x = 8，
注意到 4 6 −
2 3
2 3
5， 7 6 +
8，
3
3
所以结合 f ( x ) 的单调性可知在 ( −, 4 ) 和 ( 6,8) 上 f ( x ) 0 ，在 ( 4,6 ) 和 ( 8, + ) 上
f ( x) 0 ，
对于 A，因为 an +1 =
1
1
3
3
( an − 6 ) + 6 ，则 an+1 − 6 = ( an − 6 ) ，
4
4
当 n = 1 时， a1 = 3 ， a2 − 6 =
1
3
( a1 − 6 ) −3 ，则 a2 3 ，
4
假设当 n = k 时， ak 3 ，
当 n = k + 1 时， ak +1 − 6 =
1
1
3
3
( ak − 6 ) ( 3 − 6 ) −3 ，则 ak +1 3 ，
4
4
综上： an 3 ，即 an ( −,4 ) ，
因为在 ( −, 4 ) 上 f ( x ) 0 ，所以 an+1 an ，则 an 为递减数列，
因为 an +1 − an + 1 =
令 h ( x) =
1
1
9
3
( an − 6 ) + 6 − an + 1 = an3 − an2 + 26an − 47 ，
4
4
2
1 3 9 2
3
x − x + 26 x − 47 ( x 3) ，则 h ( x ) = x 2 − 9 x + 26 ，
4
2
4
因为 h ( x ) 开口向上，对称轴为
x=−
−9
=6
3
，
2
4
3
4
2
所以 h ( x ) 在 ( −,3 上单调递减，故 h ( x ) h ( 3) = 3 − 9 3 + 26 0 ，
1
4
9
2
3
2
所以 h ( x ) 在 ( −,3 上单调递增，故 h ( x ) h ( 3) = 3 − 3 + 26 3 − 47 0 ，
故 an+1 − an + 1 0 ，即 an+1 an − 1 ，
假设存在常数 M ≤ 0 ，使得 an M 恒成立，
取 m = − M + 4 ，其中 M − 1 M M ，且 M Z ，
因为 an+1 an − 1 ，所以 a2 a1 − 1, a3 a2 − 1,
, a−M + 4 a−M +3 − 1 ，
上式相加得， a− M + 4 a1 − ( − M + 3) 3 + M − 3 = M ，
则 am = a M + 4 M ，与 an M 恒成立矛盾，故 A 错误；
对于 B，因为 a1 = 5 ，
当 n = 1 时， a1 = 5 6 ， a2 =
1
1
3
3
( a1 − 6 ) + 6 = ( 5 − 6 ) + 6 6 ，
4
4
假设当 n = k 时， ak 6 ，
当 n = k + 1 时，因为 ak 6 ，所以 ak − 6 0 ，则 ( ak − 6 ) 0 ，
3
所以 ak +1 =
1
3
( ak − 6 ) + 6 6 ，
4
又当 n = 1 时， a2 − 5 =
1
1
3
3
( a1 − 6 ) + 1 = ( 5 − 6 ) + 1 0 ，即 a2 5 ，
4
4
假设当 n = k 时， ak 5 ，
当 n = k + 1 时，因为 ak 5 ，所以 ak − 6 −1 ，则 ( ak − 6 ) −1 ，
3
所以 ak +1 =
1
3
( ak − 6 ) + 6 5 ，
4
综上： 5 an 6 ，
因为在 ( 4,6 ) 上 f ( x ) 0 ，所以 an +1 an ，所以 an 为递增数列，
此时，取 M = 6 ，满足题意，故 B 正确；
对于 C，因为 an +1 =
1
1
3
3
( an − 6 ) + 6 ，则 an+1 − 6 = ( an − 6 ) ，
4
4
注意到当 a1 = 7 时， a2 =
3
4
1
1
3
( 7 − 6 ) + 6 = + 6 ， a3 = 1 1 + 6 − 6 + 6 = 1 + 6 ，
4
4
44
4
3
4
13
1 1
1
a4 = + 6 − 6 + 6 = + 6
4 4
4
1
2
猜想当 n 2 时， ak = 1
4
(3 −1)
k
+6，
4
(3n −1)
1
1
2
+ 6 与 a3 = + 6 满足 a = 1
+6，
n
4
4
4
1
当 n = 2 与 n = 3 时， a2 =
1
2
假设当 n = k 时， ak = 1
4
(3 −1)
k
+6，
3
1 k
1 k +1
3 −1
(3 −1)
2
1
1 1 2 ( )
1
3
+6−6 +6 =
+6，
当 n = k + 1 时，所以 ak +1 = ( ak − 6 ) + 6 =
4
4 4
4
综上： an = 1
4
(
)
1 n
3 −1
2
+ 6 ( n 2) ，
1
2
易知 3 − 1 0 ，则 0 1
4
n
(3 −1)
n
1
1 2
1 ，故 an =
4
(3 −1)
n
+ 6 ( 6, 7 )( n 2 ) ，
所以 an ( 6, 7 ，
因为在 ( 6,8) 上 f ( x ) 0 ，所以 an+1 an ，则 an 为递减数列，
假设存在常数 M 6 ，使得 an M 恒成立，
*
记 m0 = log3 2log 1 ( M − 6 ) + 1 ，取 m = m0 + 1 ，其中 m0 − 1 m0 m0 , m0 N ，
4
m0
m
则 3 3 = 2log 1 ( M − 6 ) + 1 ，
4
(3m −1)
(3m −1)
1 m
2
2
1
1
3
−
1
log
M
−
6
(
)
) 1
故 (
，所以
+6 M ，
M − 6 ，即
2
4
4
4
1
1
所以 am M ，故 an M 不恒成立，故 C 错误；
对于 D，因为 a1 = 9 ，
当 n = 1 时， a2 − 6 =
1
27
3
( a1 − 6 ) = 3 ，则 a2 9 ，
4
4
假设当 n = k 时， ak 3 ，
当 n = k + 1 时， ak +1 − 6 =
1
1
3
3
( ak − 6 ) ( 9 − 6 ) 3 ，则 ak +1 9 ，
4
4
综上： an 9 ，
因为在 ( 8, + ) 上 f ( x ) 0 ，所以 an +1 an ，所以 an 为递增数列，
因为 an +1 − an − 1 =
令 g ( x) =
1
1
9
3
( an − 6 ) + 6 − an − 1 = an3 − an2 + 26an − 49 ，
4
4
2
1 3 9 2
3
x − x + 26 x − 49 ( x 9 ) ，则 g ( x ) = x 2 − 9 x + 26 ，
4
2
4
因为 g ( x ) 开口向上，对称轴为
x=−
−9
=6
3
，
2
4
3
4
2
所以 g ( x ) 在 9, + ) 上单调递增，故 g ( x ) g ( 9 ) = 9 − 9 9 + 26 0 ，
1
4
9
2
3
2
所以 g ( x ) g ( 9 ) = 9 − 9 + 26 9 − 49 0 ，
故 an+1 − an − 1 0 ，即 an+1 an + 1 ，
假设存在常数 M 0 ，使得 an M 恒成立，
取 m = M + 1 ，其中 M − 1 M M ，且 M Z ，
因为 an+1 an + 1 ，所以 a2 a1 + 1, a3 a2 + 1,
, a M +1 a M + 1 ，
上式相加得， a M +1 a1 + M 9 + M − 1 M ，
则 am = a M +1 M ，与 an M 恒成立矛盾，故 D 错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，
再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或
下界是否成立.
二、填空题
1
11．已知函数 f ( x) = 4 x + log 2 x ，则 f =
2
．
【答案】1
【分析】根据给定条件，把 x =
1
代入，利用指数、对数运算计算作答.
2
1
2
1
x
【详解】函数 f ( x) = 4 + log 2 x ，所以 f ( ) = 4 2 + log 2
1
= 2 −1 = 1 .
2
故答案为：1
12．已知双曲线 C 的焦点为 (−2, 0) 和 (2,0) ，离心率为 2 ，则 C 的方程为
【答案】
．
x2 y 2
− =1
2 2
【分析】根据给定条件，求出双曲线 C 的实半轴、虚半轴长，再写出 C 的方程作答.
【详解】令双曲线 C 的实半轴、虚半轴长分别为 a, b ，显然双曲线 C 的中心为原点，焦
点在 x 轴上，其半焦距 c = 2 ，
由双曲线 C 的离心率为 2 ，得
所以双曲线 C 的方程为
故答案为：
三、双空题
x2 y 2
− =1
2 2
c
=
a
x2 y 2
− = 1.
2 2
2 ，解得 a = 2 ，则 b = c 2 − a 2 = 2 ，
13．已知命题 p : 若 , 为第一象限角，且 ，则 tan tan ．能说明 p 为假命题
的一组 , 的值为 =
， =
9π
4
【答案】
．
π
3
【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.
【详解】因为 f ( x ) = tan x 在 0, 2 上单调递增，若 0 0 0
取
π
π
，则 tan 0
2
tan 0 ，
= 2k1π + 0 , = 2k2 π + 0 , k1 , k2 Z ，
则 tan = tan ( 2k1π + 0 ) = tan 0 , tan = tan ( 2k2 π + 0 ) = tan 0 ，即 tan tan ，
令 k1 k2 ，则 − = ( 2k1π + 0 ) − ( 2k2 π + 0 ) = 2 ( k1 − k2 ) π + ( 0 − 0 ) ，
因为 2 ( k1 − k2 ) π 2π, −
π
3π
0 − 0 0 ，则 − = 2 ( k1 − k2 ) π + ( 0 − 0 )
0，
2
2
即 k1 k2 ，则 .
不妨取 k1 = 1, k2 = 0, 0 =
故答案为：
9π
π
π
π
, = 满足题意.
, 0 = ，即 =
4
4
3
3
9π π
; .
4 3
14．我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来
测量物体质量的“环权”．已知 9 枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为 9 的
数列 an ，该数列的前 3 项成等差数列，后 7 项成等比数列，且
a1 = 1, a5 = 12, a9 = 192 ，则 a7 =
48
【答案】
；数列 an 所有项的和为
．
384
【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解 d , q ，进而可求得
结果；方法二：根据等比中项求 a7 , a3 ，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【详解】方法一：设前 3 项的公差为d ，后 7 项公比为 q 0 ，
a9 192
=
= 16 ，且 q 0 ，可得 q 2 ，
a5 12
a5
则 a3 = 1 + 2d = 2 ，即1 + 2d = 3 ，可得 d = 1 ，
q
4
则q =
空 1：可得 a3
= 3, a7 = a3q 4 = 48 ，
空 2： a1 + a2 +
+ a9 = 1 + 2 + 3 + 3 2 + + 3 26 = 3 +
3 (1 − 27 )
1− 2
= 384
2
2
方法二：空 1：因为 an , 3 n 7 为等比数列，则 a7 = a5 a9 = 12 192 = 48 ，
且 an 0 ，所以 a7 = 48 ；
又因为 a52 = a3a7 ，则 a3 =
a52
= 3；
a7
2
空 2：设后 7 项公比为 q 0 ，则 q =
a5
= 4 ，解得 q
a3
2，
可得
a1 + a2 + a3 =
3 ( a1 + a3 )
a − a q 3 − 192 2
= 6, a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 + a9 = 3 9 =
= 381 ，所
2
1− q
1− 2
以 a1 + a2 +
+ a9 = 6 + 381 − a3 = 384 .
故答案为：48；384.
四、填空题
x + 2, x −a,
2
2
15．设 a 0 ，函数 f ( x) = a − x , −a x a, ，给出下列四个结论：
− x − 1, x a.
① f ( x) 在区间 (a − 1, +) 上单调递减；
②当 a 1 时， f ( x) 存在最大值；
③设 M ( x1 , f ( x1 ) ) ( x1 a ) , N ( x2 , f ( x2 ) ) ( x2 a ) ，则 | MN | 1 ；
④设 P ( x3 , f ( x3 ) ) ( x3 −a ) , Q ( x4 , f ( x4 ) ) ( x4 −a ) ．若 | PQ | 存在最小值，则 a 的取值范
1
围是 0, ．
2
其中所有正确结论的序号是
．
【答案】②③
【分析】先分析 f ( x ) 的图像，再逐一分析各结论；对于①，取 a =
1
，结合图像即可
2
判断；对于②，分段讨论 f ( x ) 的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知
MN 的范围；对于④，取 a =
4
，结合图像可知此时 PQ 存在最小值，从而得以判断.
5
【详解】依题意， a 0 ，
当 x −a 时， f ( x ) = x + 2 ，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当 −a x a 时， f ( x ) = a 2 − x 2 ，易知其图像是，圆心为 ( 0, 0 ) ，半径为 a 的圆在 x 轴
上方的图像（即半圆）
；
当 x a 时， f ( x ) = − x − 1，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
对于①，取 a =
1
，则 f ( x ) 的图像如下，
2
1
1
显然，当 x (a − 1, +) ，即 x − , + 时， f ( x ) 在 − ,0 上单调递增，故①错误；
2
2
对于②，当 a 1 时，
当 x −a 时， f ( x ) = x + 2 −a + 2 1 ；
当 −a x a 时， f ( x ) = a 2 − x 2 显然取得最大值 a ；
当 x a 时， f ( x ) = − x − 1 − a − 1 −2 ，
综上： f ( x ) 取得最大值 a ，故②正确；
对于③，结合图像，易知在 x1 = a ， x2 a 且接近于 x = a 处，
M ( x1 , f ( x1 ) ) ( x1 a ) , N ( x2 , f ( x2 ) ) ( x2 a ) 的距离最小，
当 x1 = a 时， y = f ( x1 ) = 0 ，当 x2 a 且接近于 x = a 处， y2 = f ( x2 ) − a − 1 ，
此时， MN y1 − y2 a + 1 1 ，故③正确；
对于④，取 a =
4
，则 f ( x ) 的图像如下，
5
因为 P ( x3 , f ( x3 ) ) ( x3 −a ) , Q ( x4 , f ( x4 ) ) ( x4 −a ) ，
4
结合图像可知，要使 PQ 取得最小值，则点 P 在 f ( x ) = x + 2 x − 上，点 Q 在
5
f ( x) =
16
4
4
− x2 − x ，
25
5
5
4
同时 PQ 的最小值为点 O 到 f ( x ) = x + 2 x − 的距离减去半圆的半径 a ，
5
4
此时，因为 f ( x ) = y = x + 2 x − 的斜率为1，则 kOP = −1，故直线 OP 的方程为
5
y = −x ，
y = −x
x = −1
联立
，解得
，则 P ( −1,1) ，
y
=
x
+
2
y =1
4
显然 P ( −1,1) 在 f ( x ) = x + 2 x − 上，满足 PQ 取得最小值，
5
4
1
即 a = 也满足 PQ 存在最小值，故 a 的取值范围不仅仅是 0, ，故④错误.
5
2
故答案为：②③.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得 f ( x ) 的图像，特别是当 −a x a 时，
f ( x ) = a 2 − x 2 的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可.
五、解答题
16．如图，在三棱锥 P − ABC 中， PA ⊥ 平面 ABC ， PA = AB = BC = 1，PC = 3 ．
(1)求证： BC ⊥ 平面 PAB；
(2)求二面角 A − PC − B 的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
π
3
【分析】
（1）先由线面垂直的性质证得 PA ⊥ BC ，再利用勾股定理证得 BC ⊥ PB ，从
而利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面 PAC 与平面 PBC 的法
向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】
（1）因为 PA ⊥ 平面 ABC , BC 平面 ABC ，
所以 PA ⊥ BC ，同理 PA ⊥ AB ，
所以 PAB 为直角三角形，
又因为 PB = PA2 + AB 2 = 2 ， BC = 1, PC = 3 ，
所以 PB 2 + BC 2 = PC 2 ，则 PBC 为直角三角形，故 BC ⊥ PB ，
又因为 BC ⊥ PA ， PA PB = P ，
所以 BC ⊥ 平面 PAB .
（2）由（1） BC ⊥ 平面 PAB ，又 AB 平面 PAB ，则 BC ⊥ AB ，
以 A 为原点， AB 为 x 轴，过 A 且与 BC 平行的直线为 y 轴， AP 为 z 轴，建立空间直角
坐标系，如图，
则 A(0,0,0), P(0,0,1), C (1,1,0), B(1,0,0) ，
所以 AP = (0, 0,1), AC = (1,1, 0), BC = (0,1, 0), PC = (1,1, −1) ，
z1 = 0,
m AP = 0
设平面 PAC 的法向量为 m = ( x1 , y1 , z1 ) ，则
，即
x1 + y1 = 0,
m AC = 0
令 x1 = 1 ，则 y1 = −1，所以 m = (1, −1, 0) ，
n BC = 0
y2 = 0
设平面 PBC 的法向量为 n = ( x2 , y2 , z2 ) ，则
，即
，
x2 + y2 − z2 = 0
n PC = 0
令 x2 = 1 ，则 z2 = 1 ，所以 n = (1, 0,1) ，
所以 cos m, n =
mn
m n
=
1
1
= ，
2 2 2
又因为二面角 A − PC − B 为锐二面角，
π
3
所以二面角 A − PC − B 的大小为 .
π
17．设函数 f ( x) = sin x cos + cos x sin 0,| | ．
2
3
，求 的值．
2
π 2π
(2)已知 f ( x) 在区间 − , 上单调递增，
3 3
(1)若 f (0) = −
2π
f = 1 ，再从条件①、条件②、条件③
3
这三个条件中选择一个作为已知，使函数 f ( x) 存在，求 , 的值．
π
条件①： f = 2 ；
3
π
条件②： f − = −1 ；
3
π π
条件③： f ( x) 在区间 − , − 上单调递减．
2 3
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分
别解答，按第一个解答计分．
π
3
【答案】(1) = − .
(2)条件①不能使函数 f ( x) 存在；条件②或条件③可解得 = 1 ， = −
π
.
6
π
2
【分析】
（1）把 x = 0 代入 f ( x) 的解析式求出 sin ，再由 | | 即可求出 的值；
（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把 f ( x) 的解析式化简，根据 f ( x) 在
π 2π
− 3 , 3 上的单调性及函数的最值可求出 T ，从而求出 的值；把 的值代入 f ( x) 的
π
π
解析式，由 f − = −1 和 | | 即可求出 的值；若选条件③：由 f ( x) 的单调性可知
2
3
f ( x) 在 x = − π 处取得最小值 −1 ，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②相同．
3
【详解】
（1）因为 f ( x) = sin x cos + cos x sin , 0,| |
3
，
2
所以 f (0) = sin ( 0 ) cos + cos ( 0 ) sin = sin = −
π
2
π
2
π
3
因为 | | ，所以 = − .
（2）因为 f ( x) = sin x cos + cos x sin , 0,| |
所以 f ( x) = sin ( x + ) , 0,| |
π
，
2
π
，所以 f ( x) 的最大值为1，最小值为 −1 .
2
π
若选条件①：因为 f ( x) = sin ( x + ) 的最大值为1，最小值为 −1 ，所以 f = 2 无
3
解，故条件①不能使函数 f ( x) 存在；
π 2π
若选条件②：因为 f ( x) 在 − , 上单调递增，且
3 3
T 2π π
2π
− − = π ,所以 T = 2π , =
= 1,
所以 =
T
2 3 3
2π
f = 1，
3
π
f − = −1
3
所以 f ( x) = sin ( x + ) ，
π
π
又因为 f − = −1 ，所以 sin − + = −1 ，
3
3
π
3
π
2
所以 − + = − + 2kπ, k Z ，
所以 = −
π
π
+ 2kπ, k Z ，因为 | | ，所以 = − .
6
6
2
π
6
所以 = 1 ， = − ；
π π
π 2π
若选条件③：因为 f ( x) 在 − , 上单调递增，在 − , − 上单调递减，
2 3
3 3
π
π
所以 f ( x) 在 x = − 处取得最小值 −1 ，即 f − = −1 .
3
3
以下与条件②相同．
18．为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该农产品连续 40 天的价格变化数
据，如下表所示．在描述价格变化时，用“+”表示“上涨”，即当天价格比前一天价格
高；用“-”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低；用“0”表示“不变”，即当天价格与
前一天价格相同．
时段
价格变化
第1天
到第 20
-
+
+
0
-
-
-
+
+
0
+
0
-
-
+
-
+
0
0
+
0
+
+
0
-
-
-
+
+
0
+
0
+
-
-
-
+
0
-
+
天
第 21 天
到第 40
天
用频率估计概率．
(1)试估计该农产品价格“上涨”的概率；
(2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取 4 天，试估计该
农产品价格在这 4 天中 2 天“上涨”、1 天“下跌”、1 天“不变”的概率；
(3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第 41 天该农产品价
格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．
（结论不要求证明）
【答案】(1) 0.4
(2) 0.168
(3)不变
【分析】
（1）计算表格中的 + 的次数，然后根据古典概型进行计算；
（2）分别计算出表格中上涨，不变，下跌的概率后进行计算；
（3）通过统计表格中前一次上涨，后一次发生的各种情况进行推断第 41 天的情况.
【详解】
（1）根据表格数据可以看出， 40 天里，有16 个 + ，也就是有16 天是上涨的，
根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为：
16
= 0.4
40
（2）在这 40 天里，有 16 天上涨，14 天下跌，10 天不变，也就是上涨，下跌，不变的
概率分别是 0.4 ， 0.35 ， 0.25 ，
于是未来任取 4 天， 2 天上涨，1天下跌，1天不变的概率是
C24 0.42 C12 0.35 0.25 = 0.168
（3）由于第 40 天处于上涨状态，从前 39 次的 15 次上涨进行分析，上涨后下一次仍上
涨的有 4 次，不变的有 9 次，下跌的有 2 次，
因此估计第 41 次不变的概率最大.
19．已知椭圆 E :
x2 y 2
5
+ 2 = 1(a b 0) 的离心率为 ，A、C 分别是 E 的上、下顶点，
2
3
a b
B，D 分别是 E 的左、右顶点， | AC |= 4 ．
(1)求 E 的方程；
(2)设 P 为第一象限内 E 上的动点，直线 PD 与直线 BC 交于点 M ，直线 PA 与直线
y = −2 交于点 N
【答案】(1)
．求证： MN // CD ．
x2 y 2
+ =1
9 4
(2)证明见解析
【分析】
（1）结合题意得到
c
5 2b = 4
，
，再结合 a 2 − c 2 = b 2 ，解之即可；
=
a
3
（2）依题意求得直线 BC 、 PD 与 PA 的方程，从而求得点 M , N 的坐标，进而求得
kMN ，再根据题意求得 kCD ，得到 kMN = kCD ，由此得解.
【详解】
（1）依题意，得 e =
c
5
5
，则 c =
=
a，
a 3
3
又 A, C 分别为椭圆上下顶点， AC = 4 ，所以 2b = 4 ，即 b = 2 ，
5
9
2
2
所以 a 2 − c 2 = b 2 = 4 ，即 a − a =
所以椭圆 E 的方程为
x2 y 2
+ = 1.
9 4
4 2
a = 4 ，则 a 2 = 9 ，
9
x2 y 2
+ = 1 ，所以 A ( 0, 2 ) , C ( 0, −2 ) , B ( −3, 0 ) , D ( 3, 0 ) ，
9 4
m2 n 2
因为 P 为第一象限 E 上的动点，设 P ( m, n )( 0 m 3, 0 n 2 ) ，则
+ = 1，
9 4
（2）因为椭圆 E 的方程为
易得 k BC =
k PD =
0+2
2
2
= − ，则直线 BC 的方程为 y = − x − 2 ，
−3 − 0
3
3
n−0
n
n
=
( x − 3) ，
，则直线 PD 的方程为 y =
m−3
m−3 m−3
3 ( 3n − 2m + 6 )
2
y = − x−2
x=
3 ( 3n − 2m + 6 )
−12n
3
3n + 2m − 6
,
联立
，解得
，即 M
，
n
y =
3n + 2m − 6 3n + 2m − 6
y = −12n
x − 3)
(
m−3
3n + 2m − 6
而 k PA =
n−2 n−2
n−2
=
x+2，
，则直线 PA 的方程为 y =
m−0
m
m
令 y = − 2 ，则 −2 =
n−2
−4m
−4m
, −2 ，
x + 2 ，解得 x =
，即 N
m
n−2
n
−
2
m2 n 2
9n 2
， 8m2 = 72 − 18n 2 ，
+ = 1 ，则 m2 = 9 −
9 4
4
−12n
+2
( −6n + 4m − 12 )( n − 2 )
3
n
+
2m − 6
k
=
=
所以 MN
3 ( 3n − 2m + 6 ) −4m ( 9n − 6m + 18)( n − 2 ) + 4m ( 3n + 2m − 6 )
−
3n + 2m − 6
n−2
又
=
−6n2 + 4mn − 8m + 24
−6n2 + 4mn − 8m + 24
=
9n2 + 8m2 + 6mn − 12m − 36 9n2 + 72 − 18n2 + 6mn − 12m − 36
=
2
−6n 2 + 4mn − 8m + 24 2 ( −3n + 2mn − 4m + 12 ) 2
=
= ，
−9n 2 + 6mn − 12m + 36 3 ( −3n 2 + 2mn − 4m + 12 ) 3
又 kCD =
0+2 2
= ，即 kMN = kCD ，
3−0 3
显然， MN 与 CD 不重合，所以 MN // CD .
20．设函数 f ( x) = x − x3eax+b ，曲线 y = f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y = − x + 1 ．
(1)求 a, b 的值；
(2)设函数 g ( x) = f ( x) ，求 g ( x) 的单调区间；
(3)求 f ( x) 的极值点个数．
【答案】(1) a = −1, b = 1
(2)答案见解析
(3)3 个
【分析】
（1）先对 f ( x ) 求导，利用导数的几何意义得到 f (1) = 0 ， f (1) = −1 ，从而得
到关于 a, b 的方程组，解之即可；
（2）由（1）得 g ( x ) 的解析式，从而求得 g ( x ) ，利用数轴穿根法求得 g ( x ) 0 与
g ( x ) 0 的解，由此求得 g
( x ) 的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间 ( − , 0 ) ， ( 0, x1 ) ，
( x1 , x2 ) 与 ( x2 , + ) 上 f ( x ) 的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得
f ( x ) 的极值点个数.
(
)
2
3
ax + b
【详解】
（1）因为 f ( x) = x − x3eax +b , x R ，所以 f ( x ) = 1 − 3x + ax e
，
因为 f ( x ) 在 (1, f (1)) 处的切线方程为 y = − x + 1 ，
所以 f (1) = −1 + 1 = 0 ， f (1) = −1 ，
1 − 13 e a +b = 0
a = −1
则
，解得
，
a +b
b = 1
1 − ( 3 + a ) e = −1
所以 a = −1, b = 1 .
(
)
2
3
− x +1
(xR) ，
（2）由（1）得 g ( x ) = f ( x ) = 1 − 3 x − x e
(
)
2
− x +1
则 g( x) = −x x − 6x + 6 e ，
令 x 2 − 6 x + 6 = 0 ，解得 x = 3 3 ，不妨设 x1 = 3 − 3 ， x2 = 3 + 3 ，则 0 x1 x2 ，
易知 e− x +1 0 恒成立，
所以令 g ( x ) 0 ，解得 0 x x1 或 x x2 ；令 g ( x ) 0 ，解得 x 0 或 x1 x x2 ；
所以 g ( x ) 在 ( 0, x1 ) ， ( x2 , + ) 上单调递减，在 ( − , 0 ) ， ( x1 , x2 ) 上单调递增，
(
) (
)
即 g ( x ) 的单调递减区间为 0,3 − 3 和 3 + 3, + ，单调递增区间为 ( − , 0 ) 和
(3 −
)
3,3 + 3 .
(
)
2
3
− x +1
3 − x +1
（3）由（1）得 f ( x) = x − x e ( x R ) ， f ( x ) = 1 − 3x − x e ，
由（2）知 f ( x ) 在 ( 0, x1 ) ， ( x2 , + ) 上单调递减，在 ( − , 0 ) ， ( x1 , x2 ) 上单调递增，
2
当 x 0 时， f ( −1) = 1 − 4e 0 ， f ( 0 ) = 1 0 ，即 f ( −1) f ( 0 ) 0
所以 f ( x ) 在 ( − , 0 ) 上存在唯一零点，不妨设为 x3 ，则 −1 x3 0 ，
此时，当 x x3 时， f ( x ) 0 ，则 f ( x ) 单调递减；当 x3 x 0 时， f
x
0 ，则
f ( x ) 单调递增；
所以 f ( x ) 在 ( − , 0 ) 上有一个极小值点；
当 x ( 0, x1 ) 时， f ( x ) 在 ( 0, x1 ) 上单调递减，
(
)
则 f ( x1 ) = f 3 − 3 f (1) = 1 − 2 0 ，故 f ( 0 ) f ( x1 ) 0 ，
所以 f ( x ) 在 ( 0, x1 ) 上存在唯一零点，不妨设为 x4 ，则 0 x4 x1 ，
此时，当 0 x x4 时， f
x
0 ，则 f ( x ) 单调递增；当 x4 x x1 时，
f ( x ) 0 ，则
f ( x ) 单调递减；
所以 f ( x ) 在 ( 0, x1 ) 上有一个极大值点；
当 x ( x1 , x2 ) 时， f ( x ) 在 ( x1 , x2 ) 上单调递增，
(
)
则 f ( x2 ) = f 3 + 3 f ( 3) = 1 0 ，故 f ( x1 ) f ( x2 ) 0 ，
所以 f ( x ) 在 ( x1 , x2 ) 上存在唯一零点，不妨设为 x5 ，则 x1 x5 x2 ，
此时，当 x1 x x5 时， f ( x ) 0 ，则 f ( x ) 单调递减；当 x5 x x2 时， f ( x ) 0 ，则
f ( x ) 单调递增；
所以 f ( x ) 在 ( x1 , x2 ) 上有一个极小值点；
2
3
2
当 x x2 = 3 + 3 3 时， 3x − x = x ( 3 − x ) 0 ，
(
)
2
3
− x +1
0 ，则 f ( x ) 单调递增，
所以 f ( x ) = 1 − 3x − x e
所以 f ( x ) 在 ( x2 , + ) 上无极值点；
综上： f ( x ) 在 ( − , 0 ) 和 ( x1 , x2 ) 上各有一个极小值点，在 ( 0, x1 ) 上有一个极大值点，共
有 3 个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第 3 小题的解题关键是判断 f ( x1 ) 与 f ( x2 ) 的正负情况，充
分利用 f ( x ) 的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
21．已知数列 an , bn 的项数均为 m (m 2) ，且 an , bn {1, 2,
和分别为 An , Bn ，并规定 A0 = B0 = 0 ．对于 k 0,1, 2,
rk = max i∣Bi Ak , i {0,1, 2,
, m}, an , bn 的前 n 项
, m ，定义
, m} ，其中， max M 表示数集 M 中最大的数.
(1)若 a1 = 2, a2 = 1, a3 = 3, b1 = 1, b2 = 3, b3 = 3 ，求 r0 , r1 , r2 , r3 的值；
(2)若 a1 b1 ，且 2rj rj +1 + rj −1 , j = 1, 2,
(3)证明：存在 p, q, s, t 0,1, 2,
, m − 1, ，求 rn ；
, m ，满足 p q, s t , 使得 Ap + Bt = Aq + Bs ．
【答案】(1) r0 = 0 ， r1 = 1 ， r2 = 1 ， r3 = 2
(2) r
n
= n, n N
(3)证明见详解
【分析】
（1）先求 A , A , A , A , B
0
1
2
3
（2）根据题意题意分析可得 r
i +1
0
, B1 , B2 , B3 ，根据题意分析求解；
− ri 1 ，利用反证可得 ri +1 − ri = 1，在结合等差数列运
算求解；
（3）讨论 A
m
, Bm 的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】
（1）由题意可知： A0 = 0, A1 = 2, A2 = 3, A3 = 6, B0 = 0, B1 = 1, B2 = 4, B3 = 7 ，
当 k = 0 时，则 B0 = A0 = 0, Bi A0 , i = 1, 2,3 ，故 r0 = 0 ；
当 k = 1 时，则 B
0
A1 , B1 A1 , Bi A1 , i = 2, 3 ，故 r1
=1；
当 k = 2 时，则 Bi A2 , i = 0,1, B2 A2 , B3 A2 , 故 r2 = 1 ；
当 k = 3 时，则 Bi A3 , i = 0,1, 2, B3 A3 ，故 r3 = 2 ；
综上所述： r0 = 0 ， r1 = 1 ， r2 = 1 ， r3 = 2 .
（2）由题意可知： r
n
m ，且 rn N
，
因为 an 1, bn 1 ，且 a1 b1 ，则 An B1 B0 对任意 n N* 恒成立，
所以 r0 = 0, r1 1 ，
又因为 2r
i
可得 r
i +1
ri −1 + ri +1 ，则 ri +1 − ri ri − ri −1 ，即 rm
− rm−1 rm−1 − rm−2 r1 − r0 1 ，
− ri 1 ，
反证：假设满足 r
n +1
− rn 1 的最小正整数为
0 j m − 1，
当 i j 时，则 ri +1 − ri 2 ；当 i j − 1 时，则 r
i +1
− ri = 1，
则 rm = ( rm − rm−1 ) + ( rm−1 − rm−2 ) + + ( r1 − r0 ) + r0 2 ( m − j ) + j = 2m − j ，
又因为 0 j m − 1 ，则 rm 2m − j 2m − ( m − 1) = m + 1 m ，
假设不成立，故 r
n +1
− rn = 1 ，
即数列 rn 是以首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以 r
n
= 0 + 1 n = n, n N .
（3）因为 an , bn 均为正整数，则 An , Bn 均为递增数列，
（ⅰ）若 Am = Bm ，则可取 t = q = 0 ，满足 p q, s t , 使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
（ⅱ）若 Am Bm ，则 rk m ，
构建 Sn
= Brn − An ,1 n m ，由题意可得： Sn 0 ，且 Sn 为整数，
反证，假设存在正整数 K ，使得 S K −m ，
则 Br − AK −m, Br
K
K
这与 br
K
+1
+1
− AK 0 ，可得 br
K
+1
(
1, 2, , m 相矛盾，故对任意1 n m, n N ，均有 Sn
①若存在正整数 N ，使得 S N
) (
)
= BrK +1 − BrK = BrK +1 − AK − BrK − AK m ，
1− m .
= BrN − AN = 0 ，即 AN = BrN ，
可取 t = q = 0, p = N , s = rN ，
满足 p q, s t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
②若不存在正整数 N ，使得 S
N
= 0，
因为 S n −1, −2, , − ( m − 1) ，且 1 n m ，
所以必存在1 X Y m ，使得 S X = SY ，
即 Br − AX = Br − AY ，可得 AY + Br = AX + Br ，
X
X
Y
Y
可取 p = Y , s = rY , q = X , t = rX ，
满足 p q, s t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
（ⅲ）若 Am Bm ，
定义 Rk = max i∣Ai Bk , i {0,1, 2,
, m} ，则 Rk m ，
构建 Sn = AR − Bn ,1 n m ，由题意可得： Sn 0 ，且 Sn 为整数，
n
反证，假设存在正整数 K ,1 K m ，使得 S K −m ，
则 AR − BK −m, AR
K
K
+1
− BK 0 ，可得
(
) (
)
aRK +1 = ARK +1 − ARK = ARK +1 − BK − ARK − BK m ，
这与 aR
K
+1
1, 2, , m 相矛盾，故对任意1 n m − 1, n N ，均有 Sn
①若存在正整数 N ，使得 S N = AR − BN = 0 ，即 AR = BN ，
N
N
可取 q = t = 0, s = N , p = RN ，
即满足 p q, s t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs ；
②若不存在正整数 N ，使得 S
N
= 0，
因为 S n −1, −2, , − ( m − 1) ，且 1 n m ，
所以必存在1 X Y m ，使得 S X = SY ，
即 AR − BX = AR − BY ，可得 AR + BX = AR + BY ，
X
Y
Y
X
可取 p = RY , t = X , q = RX , s = Y ，
满足 p q, s t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs .
综上所述：存在 0 q p m,0 t s m 使得 Ap + Bt = Aq + Bs ．
1− m .
2023 年天津高考数学真题解析
一、单选题
1．已知集合 U = 1, 2, 3, 4,5, A = 1, 3, B = 1, 2, 4 ，则 U B
A． 1,3,5
A=（
D． 1, 2, 4,5
C． 1, 2, 4
B． 1, 3
）
【答案】A
【分析】对集合 B 求补集，应用集合的并运算求结果；
【详解】由
所以
U
B
U
B = {3,5} ，而 A = {1,3} ，
A = {1,3,5} .
故选：A
2．“ a 2 = b 2 ”是“ a 2 + b 2 = 2ab ”的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系，即可得答案.
【详解】由 a 2 = b 2 ，则 a = b ，当 a = −b 0 时 a 2 + b 2 = 2ab 不成立，充分性不成立；
由 a 2 + b 2 = 2ab ，则 (a − b)2 = 0 ，即 a = b ，显然 a 2 = b 2 成立，必要性成立；
所以 a 2 = b 2 是 a 2 + b 2 = 2ab 的必要不充分条件.
故选：B
3．若 a = 1.010.5 , b = 1.010.6 , c = 0.60.5 ，则 a, b, c 的大小关系为（
A． c a b
B． c b a
C． a b c
D． b a c
【答案】D
【分析】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可.
【详解】由 y = 1.01x 在 R 上递增，则 a = 1.010.5 b = 1.010.6 ，
由 y = x0.5 在 [0, +) 上递增，则 a = 1.010.5 c = 0.60.5 .
所以 b a c .
故选：D
）
4．函数 f ( x ) 的图象如下图所示，则 f ( x ) 的解析式可能为（
A．
C．
(
5 e x − e− x
)
x +2
5 e x + e− x
B．
5sin x
x2 + 1
)
D．
5cos x
x2 + 1
2
(
x +2
2
）
【答案】D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断 B 中函数的奇偶性，再判断 A、C
中函数在 (0, +) 上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于 y 轴对称，其为偶函数，且 f (−2) = f (2) 0 ，
由
5sin(− x)
5sin x
=− 2
且定义域为 R，即 B 中函数为奇函数，排除；
2
(− x) + 1
x +1
当x 0时
5(e x − e− x )
5(e x + e− x )
、
0 ，即 A、C 中 (0, +) 上函数值为正，排除；
0
x2 + 2
x2 + 2
故选：D
5．已知函数 f ( x ) 的一条对称轴为直线 x = 2 ，一个周期为 4，则 f ( x ) 的解析式可能为
（
）
B． cos
2
D． cos
4
A． sin x
2
C． sin x
4
x
x
【答案】B
【分析】由题意分别考查函数的最小正周期和函数在 x = 2 处的函数值，排除不合题意
的选项即可确定满足题意的函数解析式.
【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性：
A 选项中
T=
2
2
=4
，B 选项中
T=
2
2
=4
，
C 选项中
T=
2
=8
，D 选项中
T=
2
=8
，
4
4
排除选项 CD，
对于 A 选项，当 x = 2 时，函数值 sin 2 = 0 ，故 ( 2, 0 ) 是函数的一个对称中心，排
2
除选项 A，
对于 B 选项，当 x = 2 时，函数值 cos 2 = −1 ，故 x = 2 是函数的一条对称轴，
2
故选：B.
6．已知 an 为等比数列， Sn 为数列 an 的前 n 项和， an+1 = 2Sn + 2 ，则 a4 的值为
（
）
A．3
B．18
C．54
D．152
【答案】C
【分析】由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程组，求解
方程组确定首项和公比的值，然后结合等比数列通项公式即可求得 a4 的值.
【详解】由题意可得：当 n = 1 时， a2 = 2a1 + 2 ，即 a1q = 2a1 + 2 ，
2
当 n = 2 时， a3 = 2 ( a1 + a2 ) + 2 ，即 a1q = 2 ( a1 + a1q ) + 2 ，
①
②
联立①②可得 a1 = 2, q = 3 ，则 a4 = a1q3 = 54 .
故选：C.
7．调查某种群花萼长度和花瓣长度，所得数据如图所示，其中相关系数 r = 0.8245 ，
下列说法正确的是（
）
A．花瓣长度和花萼长度没有相关性
B．花瓣长度和花萼长度呈现负相关
C．花瓣长度和花萼长度呈现正相关
D．若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是 0.8245
【答案】C
【分析】根据散点图的特点可分析出相关性的问题，从而判断 ABC 选项，根据相关系
数的定义可以判断 D 选项.
【详解】根据散点的集中程度可知，花瓣长度和花萼长度有相关性，A 选项错误
散点的分布是从左下到右上，从而花瓣长度和花萼长度呈现正相关性，B 选项错误，C
选项正确；
由于 r = 0.8245 是全部数据的相关系数，取出来一部分数据，相关性可能变强，可能变
弱，即取出的数据的相关系数不一定是 0.8245 ，D 选项错误
故选：C
1
3
8．在三棱锥 P − ABC 中，线段 PC 上的点 M 满足 PM = PC ，线段 PB 上的点 N 满足
PN =
2
PB ，则三棱锥 P − AMN 和三棱锥 P − ABC 的体积之比为（
3
A．
1
9
B．
2
9
C．
1
3
）
D．
4
9
【答案】B
【分析】分别过 M , C 作 MM ⊥ PA, CC ⊥ PA ,垂足分别为 M , C .过 B 作 BB ⊥ 平面
PAC ，垂足为 B ，连接 PB ,过 N 作 NN ⊥ PB ,垂足为 N .先证 NN ⊥ 平面 PAC ，则
可得到 BB //NN ，再证 MM //CC .由三角形相似得到
MM 1
NN ' 2
= ，再由
= ，
BB ' 3
CC
3
VP − AMN VN − PAM
=
即可求出体积比.
VP − ABC VB − PAC
【详解】如图，分别过 M , C 作 MM ⊥ PA, CC ⊥ PA ,垂足分别为 M , C .过 B 作 BB ⊥
平面 PAC ，垂足为 B ，连接 PB ,过 N 作 NN ⊥ PB ,垂足为 N .
因为 BB ⊥ 平面 PAC ， BB 平面 PBB ，所以平面 PBB ⊥ 平面 PAC .
又因为平面 PBB
平面 PAC = PB ， NN ⊥ PB ， NN 平面 PBB ，所以 NN ⊥ 平面
PAC ，且 BB //NN .
在 △PCC 中，因为 MM ⊥ PA, CC ⊥ PA ，所以 MM //CC ，所以
在 △PBB 中，因为 BB //NN ，所以
PM MM 1
=
= ，
PC CC 3
PN NN 2
=
= ，
PB BB 3
1 1
1
PA MM NN
S
NN
VP − AMN VN − PAM 3 PAM
2
3 2
=
=
=
= .
所以
1
1
1
VP − ABC VB − PAC
9
S PAC BB
PA CC BB
3
3 2
故选：B
x2 y 2
− = 1(a 0, b 0) 的左、右焦点分别为 F1、F2 ．过 F2 作其中一条渐近线
a 2 b2
2
的垂线，垂足为 P ．已知 PF2 = 2 ，直线 PF1 的斜率为
，则双曲线的方程为（ ）
4
x2 y2
x2 y2
A． −
B． −
=1
=1
8 4
4 8
x2 y 2
x2 y 2
C． −
D． −
=1
=1
4 2
2 4
9．双曲线
【答案】D
【分析】先由点到直线的距离公式求出 b ，设 POF2 = ，由 tan =
OP = a ， OF2
b
b
= 得到
OP a
= c .再由三角形的面积公式得到 yP ，从而得到 xP ，则可得到
a
2
，解出 a ，代入双曲线的方程即可得到答案.
=
a2 + 2
4
【详解】如图，
因为 F2 ( c, 0 ) ，不妨设渐近线方程为 y =
bc
所以 PF2 =
a +b
2
2
=
b
x ，即 bx − ay = 0 ，
a
bc
= b，
c
所以 b = 2 .
设 POF2 = ,则 tan =
1
2
1
2
PF2
b
b
=
= ，所以
OP
OP a
因为 ab = c yP ,所以 yP =
OP = a ，所以 OF2
= c.
ab
ab
a2
，所以 tan = yP = c = b ，所以 xP =
，
c
c
xP
xP a
a 2 ab
P
所以 , ，
c c
因为 F1 ( −c,0 ) ，
所以 k PF1 =
ab
c
2
a
+c
c
(
=
ab
2a
a
2
= 2
= 2
=
，
2
2
a +c
a +a +4 a +2
4
2
)
2
所以 2 a + 2 = 4a ，解得 a = 2 ，
所以双曲线的方程为
x2 y 2
− =1
2 4
故选：D
二、填空题
10．已知 i 是虚数单位，化简
5 + 14i
的结果为
2 + 3i
．
【答案】 4 + i / i + 4
【分析】由题意利用复数的运算法则，分子分母同时乘以 2 − 3i ，然后计算其运算结果
即可.
【详解】由题意可得
5 + 14i ( 5 + 14i )( 2 − 3i ) 52 + 13i
=
=
= 4+i .
2 + 3i
13
( 2 + 3i )( 2 − 3i )
故答案为： 4 + i .
6
1
11．在 2x 3 − 的展开式中， x 2 项的系数为
x
．
【答案】 60
6− k
k
18 − 4 k
【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式 Tk +1 = ( −1) 2 C6 x
，令
k
18 − 4k = 2 确定 k 的值，然后计算 x 2 项的系数即可.
【详解】展开式的通项公式 Tk +1 = C6k ( 2 x 3 )
6−k
k
k
1
6−k
k
18 − 4 k
，
− = ( −1) 2 C6 x
x
令 18 − 4k = 2 可得， k = 4 ，
6−4
4
则 x 2 项的系数为 ( −1) 2 C6 = 4 15 = 60 .
4
故答案为：60.
12．过原点的一条直线与圆 C : ( x + 2)2 + y 2 = 3 相切，交曲线 y 2 = 2 px( p 0) 于点 P ，
若 OP = 8 ，则 p 的值为
．
【答案】 6
【分析】根据圆 ( x + 2 ) + y 2 = 3 和曲线 y 2 = 2 px 关于 x 轴对称，不妨设切线方程为
2
y = kx ， k 0 ，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【详解】易知圆 ( x + 2 ) + y 2 = 3 和曲线 y 2 = 2 px 关于 x 轴对称，不妨设切线方程为
2
y = kx ， k 0 ，
2p
x=
y = 3x
x = 0
3
= 3 ，解得： k = 3 ，由 2
所以
解得：
或
，
2
y
=
0
1+ k
y = 2 px
y = 2 3p
3
2k
2
2
4p
2p 2 3p
所以 OP =
= 8 ，解得： p 6 ．
=
+
3
3
3
当 k = − 3 时，同理可得．
故答案为： 6 ．
三、双空题
13．甲乙丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为 5 : 4 : 6 ．这三个盒
子中黑球占总数的比例分别为 40%,25%,50% ．现从三个盒子中各取一个球，取到的三
个球都是黑球的概率为
为
【答案】
；将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率
．
0.05
3
/ 0.6
5
【分析】先根据题意求出各盒中白球，黑球的数量，再根据概率的乘法公式可求出第
一空；
根据古典概型的概率公式可求出第二个空．
【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为 5n, 4n,6n ，所以总数为15n ，
所以甲盒中黑球个数为 40% 5n = 2n ，白球个数为 3n ；
乙盒中黑球个数为 25% 4n = n ，白球个数为 3n ；
丙盒中黑球个数为 50% 6n = 3n ，白球个数为 3n ；
记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件 A ，所以，
P ( A) = 0.4 0.25 0.5 = 0.05 ；
记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件 B ，
黑球总共有 2n + n + 3n = 6n 个，白球共有 9n 个，
所以， P ( B ) =
9n 3
= ．
15n 5
3
5
故答案为： 0.05 ； ．
14．在 ABC 中， A = 60 ， BC = 1 ，点 D 为 AB 的中点，点 E 为 CD 的中点，若设
；若 BF =
AB = a, AC = b ，则 AE 可用 a , b 表示为
为
1
BC ，则 AE AF 的最大值
3
．
1
1
a+ b
4
2
【答案】
13
24
【分析】空 1：根据向量的线性运算，结合 E 为 CD 的中点进行求解；空 2：用 a , b 表
示出 AF ，结合上一空答案，于是 AE AF 可由 a , b 表示，然后根据数量积的运算和基
本不等式求解.
AE + ED = AD
【详解】空 1：因为 E 为 CD 的中点，则 ED + EC = 0 ，可得
，
AE + EC = AC
两式相加，可得到 2AE = AD + AC ，
即 2 AE =
1
1
1
a + b ，则 AE = a + b ；
4
2
2
空 2：因为 BF =
AF + FC = AC
1
BC ，则 2 FB + FC = 0 ，可得
，
3
AF + FB = AB
(
)
得到 AF + FC + 2 AF + FB = AC + 2 AB ，
2
3
1
3
即 3 AF = 2a + b ，即 AF = a + b .
(
)
2
2
1 2
1 1
1
2a + 5a b + 2b .
于是 AE AF = a + b a + b =
2 3
3 12
4
记 AB = x, AC = y ，
则 AE AF =
)
(
2
2
1
1
1
5 xy
2a + 5a b + 2b = ( 2 x 2 + 5 xy cos 60 + 2 y 2 ) = 2 x 2 +
+ 2 y2 ，
12
12
12
2
在 ABC 中，根据余弦定理： BC 2 = x 2 + y 2 − 2 xy cos 60 = x 2 + y 2 − xy = 1，
于是 AE AF =
1
5 xy
1 9 xy
+ 2 =
+ 2 ，
2 xy +
12
2
12 2
由 x 2 + y 2 − xy = 1 和基本不等式， x2 + y 2 − xy = 1 2 xy − xy = xy ，
故 xy 1 ，当且仅当 x = y = 1 取得等号，
则 x = y = 1 时， AE AF 有最大值
1
4
1
2
故答案为： a + b ；
13
.
24
13
.
24
四、填空题
2
2
15．若函数 f ( x ) = ax − 2 x − x − ax + 1 有且仅有两个零点，则 a 的取值范围
为
．
【答案】 ( − , 0 ) ( 0,1) (1, + )
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断
a 的取值范围．
2
【详解】
（1）当 x 2 − ax + 1 0 时， f ( x ) = 0 ( a − 1) x + ( a − 2 ) x − 1 = 0 ，
即 ( a − 1) x − 1 ( x + 1) = 0 ，
若 a = 1 时， x= − 1 ，此时 x 2 − ax + 1 0 成立；
若 a 1 时， x =
1
或 x= − 1 ，
a −1
若方程有一根为 x= − 1 ，则 1 + a + 1 0 ，即 a −2 且 a 1 ；
2
若方程有一根为 x =
若x=
1
1
1
− a
+ 1 0 ，解得： a 2 且 a 1 ；
，则
a −1
a −1
a −1
1
= −1 时， a = 0 ，此时1 + a + 1 0 成立．
a −1
2
（2）当 x 2 − ax + 1 0 时， f ( x ) = 0 ( a + 1) x − ( a + 2 ) x + 1 = 0 ，
即 ( a + 1) x − 1 ( x − 1) = 0 ，
若 a = −1 时， x = 1 ，显然 x 2 − ax + 1 0 不成立；
若 a −1 时， x = 1 或 x =
1
，
a +1
若方程有一根为 x = 1 ，则 1 − a + 1 0 ，即 a 2 ；
2
若方程有一根为 x =
若x=
1
1
1
+ 1 0 ，解得： a −2 ；
，则
− a
a +1
a +1
a +1
1
= 1 时， a = 0 ，显然 x 2 − ax + 1 0 不成立；
a +1
综上，
当 a −2 时，零点为
1
1
，
；
a +1 a −1
当 −2 a 0 时，零点为
1
， −1 ；
a −1
当 a = 0 时，只有一个零点 −1 ；
当 0 a 1 时，零点为
1
， −1 ；
a −1
当 a = 1 时，只有一个零点 −1 ；
当 1 a 2 时，零点为
1
， −1 ；
a −1
当 a 2 时，零点为1, −1 ．
所以，当函数有两个零点时， a 0 且 a 1 ．
故答案为： ( − , 0 ) ( 0,1) (1, + ) ．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条
件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
五、解答题
16．在 ABC 中，角 A, B, C 所对的边分别是 a, b, c ．已知 a = 39, b = 2, A = 120 ．
(1)求 sinB 的值；
(2)求 c 的值；
(3)求 sin ( B − C ) ．
【答案】(1)
13
13
(2) 5
(3) −
7 3
26
【分析】
（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出 sin C ，再由平方关系求出 cos B,cos C ，即可由两角差的正弦公
式求出．
【详解】
（1）由正弦定理可得，
sin B =
a
b
39
2
=
，即
，解得：
=
sin A sin B
sin120 sin B
13
；
13
1
2
（2）由余弦定理可得， a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ，即 39 = 4 + c − 2 2 c − ，
2
解得： c = 5 或 c = −7 （舍去）
．
（3）由正弦定理可得，
a
c
39
5
5 13
=
，即
，解得： sin C =
，而
=
sin A sin C
sin120 sin C
26
A = 120 ，
所以 B, C 都为锐角，因此 cos C = 1 −
25 3 39
1 2 39
， cos B = 1 − =
，
=
52
26
13
13
故 sin ( B − C ) = sin B cos C − cos B sin C =
13 3 39 2 39 5 13
7 3
．
−
=−
13
26
13
26
26
17．三棱台 ABC A1B1C1 中，若 A1 A ⊥ 面 ABC, AB ⊥ AC, AB = AC = AA1 = 2, AC
1 1 = 1，
M , N 分别是 BC , BA 中点.
(1)求证： A1 N //平面 C1MA ；
(2)求平面 C1MA 与平面 ACC1 A1 所成夹角的余弦值；
(3)求点 C 到平面 C1MA 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
2
3
(3)
4
3
【分析】
（1）先证明四边形 MNAC
1 1 是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接
利用等体积法求解
【详解】
（1）
连接 MN , C1 A .由 M , N 分别是 BC , BA 的中点，根据中位线性质， MN // AC ，且
MN =
AC
= 1，
2
由棱台性质， A1C1 // AC ，于是 MN // A1C1 ，由 MN = AC
1 1 = 1 可知，四边形 MNAC
1 1 是平
行四边形，则 A1 N // MC1 ，
又 A1 N 平面 C1MA ， MC1 平面 C1MA ，于是 A1 N //平面 C1MA .
（2）过 M 作 ME ⊥ AC ，垂足为 E ，过 E 作 EF ⊥ AC1 ，垂足为 F ,连接 MF , C1E .
由 ME 面 ABC ， A1 A ⊥ 面 ABC ，故 AA1 ⊥ ME ，又 ME ⊥ AC ， AC∩AA1 = A ，
AC , AA1 平面 ACC1 A1 ，则 ME ⊥ 平面 ACC1 A1 .
由 AC1 平面 ACC1 A1 ，故 ME ⊥ AC1 ，又 EF ⊥ AC1 ， ME EF = E ， ME , EF 平面
MEF ，于是 AC1 ⊥ 平面 MEF ，
由 MF 平面 MEF ，故 AC1 ⊥ MF .于是平面 C1MA 与平面 ACC1 A1 所成角即 MFE .
又 ME =
1
2
2
AB
= 1， cos CAC1 =
，则 sin CAC1 =
，故 EF = 1 sin CAC1 =
，
2
5
5
5
在 Rt MEF 中， MEF = 90 ，则 MF = 1 +
于是 cos MFE =
4
3
=
，
5
5
EF 2
=
MF 3
（3）[方法一：几何法]
过 C1 作 C1P ⊥ AC ，垂足为 P ，作 C1Q ⊥ AM ，垂足为 Q ，连接 PQ, PM ，过 P 作
PR ⊥ C1Q ，垂足为 R .
由题干数据可得， C1 A = C1C = 5 ， C1M = C1P 2 + PM 2 = 5 ，根据勾股定理，
2
2
3 2
，
C1Q = 5 −
=
2
2
由 C1P ⊥ 平面 AMC ， AM 平面 AMC ，则 C1P ⊥ AM ，又 C1Q ⊥ AM ，
C1Q C1P = C1 ， C1Q, C1P 平面 C1PQ ，于是 AM ⊥ 平面 C1PQ .
又 PR 平面 C1PQ ，则 PR ⊥ AM ，又 PR ⊥ C1Q ， C1Q
AM = Q ， C1Q, AM 平面
C1MA ，故 PR ⊥ 平面 C1MA .
2
2
PC1 PQ
2 = 2，
=
在 Rt C1PQ 中， PR =
QC1
3
3 2
2
又 CA = 2PA ，故点 C 到平面 C1MA 的距离是 P 到平面 C1MA 的距离的两倍，
4
3
即点 C 到平面 C1MA 的距离是 .
[方法二：等体积法]
辅助线同方法一.
设点 C 到平面 C1MA 的距离为 h .
1
VC1 − AMC = C1 P S
3
1
VC −C1MA = h S
3
AMC
AMC1
由 VC − AMC = VC −C MA
1
1
18．设椭圆
1
1
= 2
3
2
( 2)
2
=
2
，
3
1
1
3 2 h
= h 2
= .
3
2
2
2
4
h 2
= ，即 h = .
3
2 3
x2 y 2
+ = 1(a b 0) 的左右顶点分别为 A1 , A2 ，右焦点为 F ，已知
a 2 b2
A1F = 3, A2 F = 1 ．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点 P 是椭圆上一动点（不与端点重合）
，直线 A2 P 交 y 轴于点 Q ，若三角形
A1 PQ 的面积是三角形 A2 FP 面积的二倍，求直线 A2 P 的方程．
【答案】(1)椭圆的方程为
(2) y =
1
x2 y 2
+ = 1 ，离心率为 e = .
2
4 3
6
( x − 2) .
2
a + c = 3
【分析】
（1）由
解得 a = 2, c = 1 ，从而求出 b = 3 ，代入椭圆方程即可求方
a − c = 1
程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线 A2 P 的方程，与椭圆方程联立，消去 y ，再由韦达定理可得 xA xP ，从
2
而得到 P 点和 Q 点坐标.由 S
=S
A2QA1
A1PQ
+S
A1 A2 P
= 2S
A2 PF
+S
A1 A2 P
得 2 yQ = 3 yP ，即可
得到关于 k 的方程，解出 k ，代入直线 A2 P 的方程即可得到答案.
【详解】
（1）如图，
a + c = 3
由题意得
，解得 a = 2, c = 1 ，所以 b = 22 − 12 = 3 ，
a − c = 1
所以椭圆的方程为
c 1
x2 y 2
+ = 1 ，离心率为 e = = .
a
2
4 3
（2）由题意得，直线 A2 P 斜率存在，由椭圆的方程为
x2 y 2
+ = 1 可得 A2 ( 2,0 ) ，
4 3
设直线 A2 P 的方程为 y = k ( x − 2 ) ，
x2 y 2
=1
+
2
2
2
2
3
联立方程组 4
，消去 y 整理得： 3 + 4k x − 16k x + 16k − 12 = 0 ，
y = k ( x − 2)
(
由韦达定理得 xA2 xP =
)
8k 2 − 6
16k 2 − 12
，所以
，
x
=
P
3 + 4k 2
3 + 4k 2
8k 2 − 6
−12k
P
,−
所以
， Q ( 0, −2k ) .
2
3 + 4k 2
3 + 4k
1
4 yQ , S
2
所以 S
A2QA1
=
所以 S
A2QA1
=S
A1PQ
+S
A1 A2 P
=
A2 PF
= 2S
1
1 y P , S
2
A2 PF
所以 2 yQ = 3 yP ，即 2 −2k = 3 −
解得 k =
+S
A1 A2 P
A1 A2 P
=
1
4 yP ，
2
，
12k
，
3 + 4k 2
6
6
，所以直线 A2 P 的方程为 y =
( x − 2) .
2
2
19．已知 an 是等差数列， a2 + a5 = 16, a5 − a3 = 4 ．
(1)求 an 的通项公式和
2n −1
a
i = 2n −1
i
．
(2)已知 bn 为等比数列，对于任意 k N* ，若 2k −1 n 2k − 1 ，则 bk an bk +1 ，
k
k
（Ⅰ）当 k 2 时，求证： 2 − 1 bk 2 + 1 ；
（Ⅱ）求 bn 的通项公式及其前 n 项和．
2n −1
【答案】(1) an = 2n + 1，
a
i=2
i
n−1
= 3 4n −1 ；
(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) bn = 2n ，前 n 项和为 2n+1 − 2 .
【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得 a1 = 3, d = 2 ，据此可求得
数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前 n 项
2n −1
和公式计算可得
a
i=2
n−1
i
= 3 4n −1 .
(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当 2k −1 n 2k − 1 时， bk
取 n = 2k −1 ，当 2k −2
a bk ，取 n = 2
n 2k −1 − 1 时， n
k −1
an ，
− 1 ，即可证得题中的不等式；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后
由等比数列前 n 项和公式即可计算其前 n 项和.
a2 + a5 = 2a1 + 5d = 16
a1 = 3
，解得
，
d = 2
a5 − a3 = 2d = 4
【详解】
（1）由题意可得
则数列 an 的通项公式为 an = a1 + ( n − 1) d = 2n + 1 ，
2n −1
求和得
ai =
i = 2n−1
2n −1
2n −1
i = 2n−1
i = 2n−1
( 2i + 1) = 2 i + ( 2n − 1 − 2n−1 + 1)
= 2 2n−1 + ( 2n−1 + 1) + ( 2n−1 + 2 ) +
=
2 ( 2n −1 + 2n − 1) 2n −1
2
+ ( 2n − 1) + 2n−1
+ 2n −1 = 3 4n −1 .
（2）(Ⅰ)由题意可知，当 2k −1 n 2k − 1 时， bk
取 n = 2k −1 ，则 bk a2k −1 = 2 2
当 2k − 2
k −1
an ，
+ 1 = 2k + 1 ，即 bk 2k + 1 ，
a bk ，
n 2k −1 − 1 时， n
(
)
k −1
k
取 n = 2k −1 − 1 ，此时 an = a2k −1 −1 = 2 2 − 1 + 1 = 2 − 1 ，
据此可得 2
k
− 1 bk ，
k
k
综上可得： 2 − 1 bk 2 + 1 .
k +1
k +1
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知： 2k − 1 bk 2k + 1 ， 2 − 1 bk +1 2 + 1
则数列 bn 的公比 q 满足
bk +1 2k +1 + 1
2k +1 − 1
3
3
=
2
−
q
=
k
= 2+ k
，
2k + 1
2k + 1
bk
2 −1
2 −1
3
3
当 k N* , k → + 时， 2 − k
→ 2, 2+ k → 2 ，所以 q
2 +1
2 −1
k
k −1
k
所以 2 − 1 b1 2 2 + 1 ，即
2，
2k − 1
1
2k + 1
1
=
2
−
b
= 2 + k −1 ，
1
k −1
k −1
k −1
2
2
2
2
1
1
当 k N* , k → + 时， 2 − k −1 → 2, 2 + k −1 → 2 ，所以 b1 = 2 ，
2
2
n
所以数列的通项公式为 bn = 2 ，
其前 n 项和为： S n =
(
2 1 − 2n
1− 2
) =2
n +1
−2.
【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通
项公式和前 n 项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应
用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.
1 1
20．已知函数 f ( x ) = + ln ( x + 1) ．
x 2
(1)求曲线 y = f ( x ) 在 x = 2 处切线的斜率；
(2)当 x 0 时，证明： f ( x ) 1 ；
5
1
(3)证明： ln ( n !) − n + ln ( n ) + n 1 ．
6
2
1
3
【答案】(1) −
ln 3
4
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为 x 0 时 ln ( x + 1)
2x
2x
，构造 g ( x) = ln ( x + 1) −
，利用导数研究单
x+2
x+2
调性，即可证结论；
1
（3）构造 h(n) = ln ( n !) − n + ln ( n ) + n ， n N* ，作差法研究函数单调性可得
2
h(n) h(1) = 1 ，再构造 ( x) = ln x −
ln x
( x + 5)( x − 1)
且 x 0 ，应用导数研究其单调性得到
4x + 2
( x + 5)( x − 1)
恒成立，对 h(n) − h(n + 1) 作放缩处理，结合累加得到
4x + 2
h(1) − h(n)
3
1 1
ln 2 − 1 +
( n 3) ，即可证结论.
2
12 6
【详解】
（1） f ( x) =
1
3
所以 f (2) = −
1
1
ln( x + 1)
ln( x + 1) ln( x + 1)
+
−
+
，则 f ( x) =
，
x
2
x( x + 1) 2( x + 1)
x2
1 ln 3
ln 3
，故 x = 2 处的切线斜率为 −
；
3
4
4
1 1
2x
（2）要证 x 0 时 f ( x ) = + ln ( x + 1) 1 ，即证 ln ( x + 1)
，
x
+2
x
2
1
4
x2
2x
−
=
0，
令 g ( x) = ln ( x + 1) −
且 x 0 ，则 g ( x) =
x+2
x + 1 ( x + 2) 2 ( x + 1)( x + 2) 2
所以 g ( x) 在 (0, +) 上递增，则 g ( x) g (0) = 0 ，即 ln ( x + 1)
2x
.
x+2
所以 x 0 时 f ( x ) 1 .
1
（3）设 h(n) = ln ( n !) − n + ln ( n ) + n ， n N* ，
2
1
2
1
2
1
2
1
n
则 h(n + 1) − h(n) = 1 + (n + ) ln ( n ) − (n + ) ln ( n + 1) = 1 − (n + ) ln(1 + ) ，
1
1
1
1
(0,1] ，则 f ( ) = (n + ) ln(1 + ) 1 ，
n
n
2
n
由（2）知： x =
所以 h(n + 1) − h(n) 0 ，故 h(n) 在 n N* 上递减，故 h(n) h(1) = 1 ；
1
2
5
6
下证 ln(n !) − (n + ) ln(n) + n ，
令 ( x) = ln x −
( x − 1) 2 (1 − x)
( x + 5)( x − 1)
且 x 0 ，则 ( x) =
，
4x + 2
x(2 x + 1) 2
当 0 x 1 时 ( x) 0 ， ( x) 递增，当 x 1 时 ( x) 0 ， ( x) 递减，
所以 ( x) (1) = 0 ，故在 x ( 0, + ) 上 ln x
( x + 5)( x − 1)
恒成立，
4x + 2
则
1 1
(6 + )( )
1
1
1
1
1 1
1
n n −1 =
h(n) − h(n + 1) = (n + ) ln(1 + ) − 1 (n + )
(
− )，
2
n
2 2(3 + 2 )
4n(3n + 2) 12 n − 1 n
n
所以 h(2) − h(3)
h(n − 1) − h(n)
1 1 1
1
1
( − ) ，…，
(1 − ) ， h(3) − h(4)
12 2 3
12
2
1
1
1
(
−
)，
12 n − 2 n − 1
累加得： h(2) − h(n)
7
9
因为
1
3
1
(1 −
) ，而 h(2) = 2 − ln 2 ， h(1) = 1
12
2
n −1
3
3
5
ln 2 ，所以 h(2) = 2 − ln 2 ，
4
2
6
则 − h( n)
1
1
3
(1 −
) − 2 + ln 2 ( n 3) ，
12
n −1
2
3
2
所以 h(1) − h(n) ln 2 − 1 +
5
6
综上， h(n) 1 ，即
1
5
1
3
1 1
(1 −
) ln 2 − 1 +
，故 h(n) ( n 3) ；
12
6
n −1 2
12 6
5
1
ln ( n !) − n + ln ( n ) + n 1 .
6
2
1
【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究 h(n) = ln ( n !) − n + ln ( n ) + n 单调性证右
2
侧不等关系，再构造 ( x) = ln x −
ln x
键.
( x + 5)( x − 1)
且 x 0 ，导数研究其函数符号得
4x + 2
3
1
1
( x + 5)( x − 1)
恒成立，结合放缩、累加得到 h(1) − h(n) ln 2 − 1 + (1 − ) 为关
2
12
n
4x + 2
2023 年上海高考数学真题解析
2022 年新高考全国 I 卷数学真题
一、单选题
1．若集合 M = {x∣ x 4}, N = {x∣3x 1} ，则 M N = （
1
A． x 0 x 2 B． x x 2
3
）
1
C． x 3 x 16 D． x x 16
3
【答案】D
【分析】求出集合 M , N 后可求 M N .
1
1
【详解】 M = {x∣0 x 16}, N = {x∣x } ，故 M N = x x 16 ，故选：D
3
3
2．若 i(1 − z ) = 1 ，则 z + z = （
A． −2
）
B． −1
C．1
D．2
【答案】D
【分析】利用复数的除法可求 z ，从而可求 z + z .
1
i
【详解】由题设有1 − z = =
i
= −i ，故 z = 1+i ，故 z + z = (1 + i ) + (1 − i ) = 2 ，
i2
故选：D
3．在 ABC 中，点 D 在边 AB 上， BD = 2DA ．记 CA = m，
CD = n ，则 CB = （
B． −2m + 3n
A． 3m − 2n
C． 3m + 2n
）
D． 2m + 3n
【答案】B
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点 D 在边 AB 上， BD = 2DA ，所以 BD = 2 DA ，即
(
)
CD − CB = 2 CA − CD ，
所以 CB = 3CD − 2CA = 3n − 2m = −2m + 3n ．
故选：B．
4．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已
5m 时，相应水面的面积为140．
5m
知该水库水位为海拔148．
0km2 ；水位为海拔157．
时，相应水面的面积为180．
0km2 ，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则
5m 上升到157．
5m 时，增加的水量约为（ 7 2.65 ）
该水库水位从海拔 148．
（
A．1.0 109 m3
B． 1.2 109 m3
C． 1.4 109 m3
）
D．1.6 109 m3
【答案】C
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为 MN = 157.5 − 148.5 = 9 (m)，所以增加的水量即为棱台
的体积 V ．
棱台上底面积 S = 140.0km 2 = 140 106 m 2 ，下底面积 S = 180.0km 2 = 180 106 m 2 ，
1
3
(
)
1
3
(
6
6
12
∴ V = h S + S + SS = 9 140 10 + 180 10 + 140 180 10
(
)
)
= 3 320 + 60 7 106 ( 96 + 18 2.65 ) 107 = 1.437 109 1.4 109 (m 3 ) ．
故选：C．
5．从 2 至 8 的 7 个整数中随机取 2 个不同的数，则这 2 个数互质的概率为（
A．
1
6
B．
1
3
1
C． 2
D．
）
2
3
【答案】D
【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.
2
【详解】从 2 至 8 的 7 个整数中随机取 2 个不同的数，共有 C7 = 21 种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有： ( 2,4 ) , ( 2,6 ) , ( 2,8) , ( 3,6 ) , ( 4,6 ) , ( 4,8) , ( 6,8 ) ，共 7 种，
故所求概率 P =
21 − 7 2
= .
21
3
故选：D.
2
T ，且
6．记函数 f ( x) = sin x + + b( 0) 的最小正周期为 T．若
3
4
3
y = f ( x) 的图象关于点 , 2 中心对称，则 f = （ ）
2
2
A．1
B．
3
2
C．
5
2
D．3
【答案】A
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期 T 满足
2
2 2
T ，得
，解得 2 3 ，
3
3
3
3
又因为函数图象关于点 , 2 对称，所以 + = k , k Z ，且 b = 2 ，
2
4
2
5
1 2
5
所以 = − + k , k Z ，所以 = ， f ( x) = sin x + + 2 ，
6 3
2
4
2
5
所以 f = sin + + 2 = 1 .
4
2
4
故选：A
1
9
7．设 a = 0.1e0.1 , b = ，c = − ln 0.9 ，则（
A． a b c
）
B． c b a
C． c<a<b
D． a c b
【答案】C
【分析】构造函数 f ( x) = ln(1 + x) − x ， 导数判断其单调性，由此确定 a, b, c 的大小.
【详解】方法一：构造法
设 f ( x) = ln(1 + x) − x( x −1) ，因为 f ( x) =
1
x
−1 = −
，
1+ x
1+ x
当 x (−1,0) 时， f ( x ) 0 ，当 x (0, +) 时 f ( x ) 0 ，
所以函数 f ( x) = ln(1 + x) − x 在 (0, +) 单调递减，在 (−1, 0) 上单调递增，
1
9
所以 f ( ) f (0) = 0 ，所以 ln
1
10 1
10
− 0 ，故 ln
= − ln 0.9 ，即 b c ，
9
9 9
9
1
所以 f (−
1
−
9
1
1
1
1
9
) f (0) = 0 ，所以 ln +
0 ，故
e 10 ，所以 e10 ，
10 10
10
10
9
10
故a b，
设 g ( x) = x e x + ln(1 − x)(0 x 1) ，则 g ( x) = ( x +1) e x +
( x2 − 1) e x + 1 ,
1
=
x −1
x −1
令 h( x) = e x ( x 2 − 1)+1 ， h( x) = e x ( x 2 + 2 x − 1) ，
当 0 x 2 − 1 时， h( x) 0 ，函数 h( x) = e x ( x 2 − 1)+1 单调递减，
当 2 − 1 x 1 时， h( x) 0 ，函数 h( x) = e x ( x 2 − 1)+1 单调递增，
又 h(0) = 0 ，
所以当 0 x 2 − 1 时， h( x) 0 ，
所以当 0 x 2 − 1 时， g ( x) 0 ，函数 g ( x) = x e x + ln(1 − x) 单调递增，
所以 g (0.1) g (0) = 0 ，即 0.1e0.1 − ln 0.9 ，所以 a c
故选：C.
方法二：比较法
解： a = 0.1e0.1 ， b =
①
令
0.1
，
1 − 0.1
ln a − ln b = 0.1 + ln(1 − 0.1)
，
f ( x) = x + ln(1 − x), x (0, 0.1],
c = − ln(1 − 0.1)
，
则 f ( x) = 1 −
1
−x
=
0 ，
1− x 1− x
故 f ( x) 在
(0, 0.1]
可得
上单调递减，
f (0.1) f (0) = 0
，即 ln a − ln b 0 ，所以 a b ；
② a − c = 0.1e0.1 + ln(1 − 0.1) ，
令 g ( x) = xe x + ln(1 − x), x (0,0.1],
则 g ' ( x ) = xe x + e x −
(1 + x )(1 − x ) e x − 1 ，
1
=
1− x
1− x
令 k ( x) = (1 + x)(1 − x)e x − 1 ，所以 k ( x) = (1 − x 2 − 2 x)e x 0 ，
，即 g ( x) 0 ，
所以 k ( x) 在
(0, 0.1]
上单调递增，可得
所以 g ( x) 在
(0, 0.1]
上单调递增，可得 g (0.1) g (0) = 0 ，即 a − c 0 ，所以
k ( x) k (0) 0
a c.
故 c a b.
8．已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为 36 ，且
3 l 3 3 ，则该正四棱锥体积的取值范围是（
81
A． 18,
4
27 81
B． ,
4 4
）
27 64
C． ,
4 3
D． [18, 27]
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为 h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高
的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为 36 ，所以球的半径 R = 3 ,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为 2a ，高为 h ，
则 l 2 = 2a 2 + h 2 ， 32 = 2a 2 + (3 − h)2 ,
所以 6h = l 2 ， 2a 2 = l 2 − h 2
1
3
1
3
2
3
2
2
所以正四棱锥的体积 V = Sh = 4a h = (l −
l4 l2 1 4 l6
) = l − ，
36 6 9
36
1 3 l 5 1 3 24 − l 2
V
=
所以
4l − = l
，
9
6 9 6
当 3 l 2 6 时， V 0 ，当 2 6 l 3 3 时，V 0 ，
所以当 l = 2 6 时，正四棱锥的体积 V 取最大值，最大值为
又 l = 3 时， V =
64
，
3
27
81
， l = 3 3 时， V = ,
4
4
所以正四棱锥的体积 V 的最小值为
27
，
4
27 64
所以该正四棱锥体积的取值范围是 ， .
4 3
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
4
2
1
1 (12 − 2h ) + h + h 64
由方法一故所以 V = a 2 h = 6h − h 2 h = (12 − 2h ) h h
(
=
3
3
3
3
3
3
(
3
)
当且仅当 h = 4 取到 ) ，
当h =
3
1
1 3 3 2 3 27
3 3
) =
;
时，得 a =
，则 Vmin = a 2 h = (
3
3
2
4
2
2
2
3
2
9
2
当 l = 3 3 时，球心在正四棱锥高线上，此时 h = + 3 = ，
2
3 3
3 3
a=
a=
2
2
2
的取值范围是 [
1
3
1 3 3 2 9 81 64
) =
，故该正四棱锥体积
3
2 4
3
2
，正四棱锥体积 V1 = a 2 h = (
27 64
, ].
4 3
二、多选题
9．已知正方体 ABCD − A1B1C1D1 ，则（
A．直线 BC1 与 DA1 所成的角为 90
）
B．直线 BC1 与 CA1 所成的角为 90
C．直线 BC1 与平面 BB1 D1 D 所成的角为 45 D．直线 BC1 与平面 ABCD 所成的角为
45
【答案】ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接 B1C 、 BC1 ，因为 DA1 / / B1C ，所以直线 BC1 与 B1C 所成的角即为
直线 BC1 与 DA1 所成的角，
因为四边形 BB1C1C 为正方形，则 B1C ⊥ BC1 ，故直线 BC1 与 DA1 所成的角为 90 ，A 正
确；
连接 A1C ，因为 A1B1 ⊥ 平面 BB1C1C ， BC1 平面 BB1C1C ，则 A1B1 ⊥ BC1 ，
因为 B1C ⊥ BC1 ， A1B1
B1C = B1 ，所以 BC1 ⊥ 平面 A1 B1C ，
又 A1C 平面 A1 B1C ，所以 BC1 ⊥ CA1 ，故 B 正确；
连接 A1C1 ，设 AC
1 1
B1D1 = O ，连接 BO ，
因为 BB1 ⊥ 平面 A1 B1C1 D1 ， C1O 平面 A1 B1C1 D1 ，则 C1O ⊥ B1B ，
因为 C1O ⊥ B1D1 ， B1D1 B1B = B1 ，所以 C1O ⊥ 平面 BB1 D1 D ，
所以 C1BO 为直线 BC1 与平面 BB1 D1 D 所成的角，
设正方体棱长为1，则 C1O =
2 BC = 2 sin C BO = C1O = 1
， 1
，
，
1
BC1 2
2
所以，直线 BC1 与平面 BB1 D1 D 所成的角为 30 ，故 C 错误；
因为 C1C ⊥ 平面 ABCD ，所以 C1BC 为直线 BC1 与平面 ABCD 所成的角，易得
C1BC = 45 ，故 D 正确.
故选：ABD
10．已知函数 f ( x) = x3 − x + 1 ，则（
）
B． f ( x) 有三个零点
A． f ( x) 有两个极值点
C．点(0,1)是曲线 y = f ( x) 的对称中心 D．直线 y = 2 x 是曲线 y = f ( x) 的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断 A，结合 f ( x) 的单调性、极值可判断 B，利用平移
可判断 C；利用导数的几何意义判断 D.
2
【详解】由题， f ( x ) = 3x − 1 ，令 f
x
0得x
3
3
或x−
，
3
3
3
3
令 f ( x ) 0 得 −
，
x
3
3
3
3
3 3
3
所以 f ( x) 在 ( −, −
) ， ( , +) 上单调递增， (−
, ) 上单调递减，所以 x =
3
3
3
3 3
是极值点，故 A 正确；
因 f (−
3
2 3
3
2 3
) =1+
0 ， f ( ) =1−
0 ， f ( −2 ) = −5 0 ，
3
9
3
9
3
所以，函数 f ( x ) 在 −, −
上有一个零点，
3
当x
3
3
3
,+ 上无零点，
时， f ( x ) f
0 ，即函数 f ( x ) 在
3
3
3
综上所述，函数 f ( x) 有一个零点，故 B 错误；
令 h( x) = x3 − x ，该函数的定义域为 R ， h ( − x ) = ( − x ) − ( − x ) = − x 3 + x = − h ( x ) ，
3
则 h( x) 是奇函数， (0,0) 是 h( x) 的对称中心，
将 h( x) 的图象向上移动一个单位得到 f ( x) 的图象，
所以点(0,1)是曲线 y = f ( x) 的对称中心，故 C 正确；
2
令 f ( x ) = 3x − 1 = 2 ，可得 x = 1 ，又 f (1) = f ( −1) = 1 ，
当切点为 (1,1) 时，切线方程为 y = 2 x − 1 ，当切点为 (−1,1) 时，切线方程为 y = 2 x + 3 ，
故 D 错误.
故选：AC.
11．已知 O 为坐标原点，点 A(1,1) 在抛物线 C : x2 = 2 py( p 0) 上，过点 B(0, −1) 的直线
交 C 于 P，Q 两点，则（
）
A．C 的准线为 y = −1
C． OP OQ | OA
2
B．直线 AB 与 C 相切
D． | BP | | BQ || BA |2
【答案】BCD
【分析】求出抛物线方程可判断 A，联立 AB 与抛物线的方程求交点可判断 B，利用距
离公式及弦长公式可判断 C、D.
【详解】将点 A 的代入抛物线方程得1 = 2 p ，所以抛物线方程为 x 2 = y ，故准线方程
为y=−
k AB =
1
，A 错误；
4
1 − (−1)
= 2 ，所以直线 AB 的方程为 y = 2 x − 1 ，
1− 0
y = 2x −1
联立 2
，可得 x 2 − 2 x + 1 = 0 ，解得 x = 1 ，故 B 正确；
x = y
设过 B 的直线为 l ，若直线 l 与 y 轴重合，则直线 l 与抛物线 C 只有一个交点，
所以，直线 l 的斜率存在，设其方程为 y = kx − 1 ， P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 ) ，
y = kx − 1
联立 2
，得 x 2 − kx + 1 = 0 ，
x
=
y
Δ = k 2 − 4 0
2
所以 x1 + x2 = k ，所以 k 2 或 k −2 ， y1 y2 = ( x1 x2 ) = 1 ，
x x =1
1 2
又 | OP |= x12 + y12 =
y1 + y12 ， | OQ |= x22 + y22 = y2 + y22 ，
所以 | OP | | OQ |= y1 y2 (1 + y1 )(1 + y2 ) = kx1 kx2 =| k | 2 =| OA |2 ，故 C 正确；
因为 | BP |= 1 + k 2 | x1 | ， | BQ |= 1 + k 2 | x2 | ，
2
2
所以 | BP | | BQ |= (1 + k ) | x1 x2 |= 1 + k 5 ，而 | BA |2 = 5 ，故 D 正确.
故选：BCD
3
12．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 (2 + x) 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)
【答案】BC
【分析】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
对于 f ( x) ，因为 f − 2 x 为偶函数，所以 f − 2 x = f + 2 x 即
2
2
2
3
3
3
f − x = f + x ①，所以 f ( 3 − x ) = f ( x ) ，所以 f ( x) 关于 x = 对称，则
2
2
2
f (−1) = f (4) ，故 C 正确；
对于 g ( x) ，因为 g (2 + x) 为偶函数， g (2 + x) = g (2 − x) ， g (4 − x) = g ( x) ，所以 g ( x) 关于
x = 2 对称，由①求导，和 g ( x) =
f
3
− x = f
2
f ( x) ，得
3
3
3
3
3
+ x − f − x = f + x − g − x = g + x ，所以
2
2
2
2
2
3
3
g ( 3 − x ) + g ( x ) = 0 ，所以 g ( x) 关于 ( ,0) 对称，因为其定义域为 R，所以 g = 0 ，
2
2
3
1
3
结合 g ( x) 关于 x = 2 对称，从而周期 T = 4 2 − = 2 ，所以 g − = g = 0 ，
2
2
2
g ( −1) = g (1) = − g ( 2 ) ，故 B 正确，D 错误；
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 x = 2 对称，故可设 g ( x ) = cos ( πx ) ，则
f ( x) =
1
sin ( πx ) + c ，显然 A，D 错误，选 BC.
π
故选：BC.
[方法三]：
3
因为 f − 2 x ， g (2 + x) 均为偶函数，
2
3
3
3
所以 f − 2 x = f + 2 x 即 f − x =
2
2
2
3
f + x ， g (2 + x) = g (2 − x) ，
2
所以 f ( 3 − x ) = f ( x ) ， g (4 − x) = g ( x) ，则 f (−1) = f (4) ，故 C 正确；
3
2
函数 f ( x) ， g ( x) 的图象分别关于直线 x = , x = 2 对称，
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 (4 − x) = g ( x) = − g ( 3 − x ) ，所以 g ( x + 2) = − g ( x + 1) = 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.
【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
y
8
13． 1 − ( x + y ) 的展开式中 x 2 y 6 的系数为
x
（用数字作答）．
【答案】-28
8
y
y
8
8
【分析】 1 − ( x + y ) 可化为 ( x + y ) − ( x + y ) ，结合二项式展开式的通项公式求
x
x
解.
y
8
8
8
y
【详解】因为 1 − ( x + y ) = ( x + y ) − ( x + y ) ，
x
x
8
y
y 5 3 5
6 2 6
2 6
所以 1 − ( x + y ) 的展开式中含 x 2 y 6 的项为 C8 x y − C8 x y = −28 x y ，
x
x
1 −
y
8
2 6
( x + y ) 的展开式中 x y 的系数为-28
x
故答案为：-28
14．写出与圆 x2 + y 2 = 1 和 ( x − 3)2 + ( y − 4)2 = 16 都相切的一条直线的方
程
．
3
4
【答案】 y = − x +
5
7
25
x−
或y=
或 x= − 1
24
24
4
【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【详解】[方法一]：
显然直线的斜率不为 0，不妨设直线方程为 x by c 0 ，
于是
|c|
1+ b
2
= 1，
| 3 + 4b + c |
1 + b2
= 4.
故 c 2 = 1 + b 2 ①， | 3 + 4b + c |=| 4c | . 于是 3 + 4b + c = 4c 或 3 + 4b + c = −4c ，
4
24
b=
b=−
b
=
0
3
7
再结合①解得
或
或
，
25
c
=
1
c = − 5
c = −
3
7
所以直线方程有三条，分别为 x + 1 = 0 ， 7 x − 24 y − 25 = 0 ， 3x + 4 y − 5 = 0.
( 填一条即可 )
[方法二]：
设圆 x2 + y 2 = 1 的圆心 O(0,0) ，半径为 r1 = 1 ，
圆 ( x − 3)2 + ( y − 4)2 = 16 的圆心 C (3, 4) ，半径 r2 = 4 ，
则 | OC |= 5 = r1 + r2 ，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然 x + 1 = 0 符合题意；
又由方程 ( x − 3)2 + ( y − 4)2 = 16 和 x2 + y 2 = 1 相减可得方程 3x + 4 y − 5 = 0 ，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线 OC 的方程为 4 x − 3 y = 0 ，
4
3
直线 OC 与直线 x + 1 = 0 的交点为 (−1, − ) ，
4
3
设过该点的直线为 y + = k ( x + 1) ，则
k−
4
3
k2 +1
= 1 ，解得
k=
7
，
24
从而该切线的方程为 7 x − 24 y − 25 = 0.( 填一条即可 )
[方法三]：
圆 x2 + y 2 = 1 的圆心为 O ( 0, 0 ) ，半径为1，
圆 ( x − 3)2 + ( y − 4)2 = 16 的圆心 O1 为 (3, 4) ，半径为 4 ，
两圆圆心距为 32 + 42 = 5 ，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
4
3
3
4
3
4
当切线为 l 时，因为 kOO = ，所以 kl = − ，设方程为 y = − x + t (t 0)
1
O 到 l 的距离
|t |
d=
9
1+
16
=1
，解得 t =
3
5
5
，所以 l 的方程为 y = − x + ，
4
4
4
当切线为 m 时，设直线方程为 kx + y + p = 0 ，其中 p 0 ， k 0 ，
p
7
=1
k =−
1+ k 2
7
25
24
x−
由题意
，解得
，y=
24
24
p = 25
3k + 4 + p = 4
1+ k 2
24
当切线为 n 时，易知切线方程为 x= − 1 ，
3
4
故答案为： y = − x +
5
7
25
x−
或y=
或 x= − 1 .
24
24
4
15．若曲线 y = ( x + a)e x 有两条过坐标原点的切线，则 a 的取值范围
是
．
【答案】 ( −, −4 ) ( 0, + )
【分析】设出切点横坐标 x0 ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点
得到关于 x0 的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得 a 的取值范围.
【详解】∵ y = ( x + a)e x ，∴ y = ( x + 1 + a)e x ，
x
x
设切点为 ( x0 , y0 ) ,则 y0 = ( x0 + a ) e ,切线斜率 k = ( x0 + 1 + a ) e ,
0
0
x
x
切线方程为： y − ( x0 + a ) e = ( x0 + 1 + a ) e ( x − x0 ) ,
0
0
x
x
∵切线过原点，∴ − ( x0 + a ) e = ( x0 + 1 + a ) e ( − x0 ) ,
0
0
2
整理得： x0 + ax0 − a = 0 ,
∵切线有两条，∴ = a 2 + 4a 0 ,解得 a
4或a 0,
∴ a 的取值范围是 ( −, −4 ) ( 0, + ) ,
故答案为： ( −, −4 ) ( 0, + )
16．已知椭圆 C :
x2 y 2
+ = 1(a b 0) ，C 的上顶点为 A，两个焦点为 F1 ， F2 ，离心率
a 2 b2
1
为 2 ．过 F1 且垂直于 AF2 的直线与 C 交于 D，E 两点， | DE |= 6 ，则 ADE 的周长
是
．
【答案】13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为
x2
y2
+
= 1，即3x 2 + 4 y 2 − 12c 2 = 0 ，根据离心
4c 2 3c 2
率得到直线 AF2 的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线 DE 的斜率，写出直线
DE 的方程： x = 3 y − c ，代入椭圆方程 3x2 + 4 y 2 − 12c2 = 0 ，整理化简得到：
13 y 2 − 6 3cy − 9c 2 = 0 ，利用弦长公式求得 c =
13
13
，得 a = 2c = ，根据对称性将
4
8
ADE 的周长转化为 △F2 DE 的周长，利用椭圆的定义得到周长为 4a = 13 .
【详解】∵椭圆的离心率为 e =
为
c 1
= ，∴ a = 2c ，∴ b 2 = a 2 − c 2 = 3c 2 ，∴椭圆的方程
a 2
x2
y2
+
= 1，即3x 2 + 4 y 2 − 12c 2 = 0 ，不妨设左焦点为 F1 ，右焦点为 F2 ，如图所示，
4c 2 3c 2
∵ AF2 = a，OF2 = c，a = 2c ，∴ AF2O =
3
，∴ △AF1 F2 为正三角形，∵过 F1 且垂直于
AF2 的直线与 C 交于 D，E 两点， DE 为线段 AF2 的垂直平分线，∴直线 DE 的斜率
为
3
，斜率倒数为 3 ， 直线 DE 的方程： x = 3 y − c ，代入椭圆方程
3
3x 2 + 4 y 2 − 12c 2 = 0 ，整理化简得到： 13 y 2
− 6 3cy − 9c 2 = 0 ，
(
)
2
判别式 = 6 3c + 4 13 9c 2 = 62 16 c 2 ，
∴ DE = 1 +
∴ c=
( 3)
2
y1 − y2 = 2
Δ
c
= 2 6 4 = 6 ，
13
13
13
13
， 得 a = 2c = ，
8
4
∵ DE 为线段 AF2 的垂直平分线，根据对称性， AD = DF2，AE = EF2 ，∴ ADE 的周长
等于 △F2 DE 的周长，利用椭圆的定义得到 △F2 DE 周长为
DF2 + EF2 + DE = DF2 + EF2 + DF1 + EF1 = DF1 + DF2 + EF1 + EF2 = 2a + 2a = 4a = 13
.
故答案为：13.
四、解答题
Sn
1
是公差为 3 的等差数列．
a
n
17．记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，已知 a1 = 1,
(1)求 an 的通项公式；
(2)证明：
1 1
+ +
a1 a2
【答案】(1) an =
+
1
2．
an
n ( n + 1)
2
(2)见解析
【分析】
（1）利用等差数列的通项公式求得
Sn =
( n + 2) an ，利用和与项的关系得到当
3
Sn
1
n+2
= 1 + ( n − 1) =
，得到
an
3
3
n 2 时，
an = Sn − Sn−1 =
( n + 2) an − ( n + 1) an−1 ,进而得：
an
n +1
=
，利用累乘法求得
an −1 n − 1
3
3
n ( n + 1)
n ( n + 1)
，检验对于 n = 1 也成立，得到 an 的通项公式 an =
；
an =
2
2
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到
【详解】
（1）∵ a1 = 1 ，∴ S1 = a1 = 1 ,∴
1 1
+ +
a1 a2
+
1
1
= 2 1 −
，进而证得.
an
n +1
S1
= 1,
a1
Sn
1
是公差为 3 的等差数列，
an
又∵
∴
Sn
1
n+2
( n + 2) an ,
= 1 + ( n − 1) =
,∴ Sn =
an
3
3
3
∴当 n 2 时， Sn−1 =
∴ an = Sn − Sn −1
( n + 1) an−1 ，
3
( n + 2) an − ( n + 1) an−1 ,
=
3
3
整理得： ( n − 1) an = ( n + 1) an−1 ,
an
n +1
=
,
an −1 n − 1
an −1 an
a2 a3
∴ an = a1
a1 a2
an −2 an −1
即
3 4
n
n + 1 n ( n + 1)
，
= 1
=
1 2
n − 2 n −1
2
显然对于 n = 1 也成立，
∴ an 的通项公式 an =
（2）
∴
n ( n + 1)
；
2
1
2
1
1
=
= 2 −
,
an n ( n + 1)
n
n
+1
1 1
+ +
a1 a2
+
1
1 1 1
= 2 1 − + − +
an
2 2 3
1
1
1
−
= 2 1 −
2
n
n
+
1
n
+1
18．记 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知
(1)若 C =
(2)求
cos A
sin 2 B
=
．
1 + sin A 1 + cos 2 B
2
，求 B；
3
a 2 + b2
的最小值．
c2
π
6
【答案】(1) ；
(2) 4 2 − 5 ．
【分析】
（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将
cos A
sin 2 B
=
化成
1 + sin A 1 + cos 2 B
cos ( A + B ) = sin B ，再结合 0 B
（2）由（1）知， C =
π
，即可求出；
2
π
π
+ B ， A = − 2 B ，再利用正弦定理以及二倍角公式将
2
2
2
a 2 + b2
2
− 5 ，然后利用基本不等式即可解出．
化成 4 cos B +
2
cos 2 B
c
【详解】
（1）因为
cos A
sin 2 B
2sin B cos B sin B
=
=
=
，即
1 + sin A 1 + cos 2 B
2 cos 2 B
cos B
sin B = cos A cos B − sin A sin B = cos ( A + B ) = − cos C =
而0 B
1
，
2
π
π
，所以 B = ；
6
2
（2）由（1）知， sin B = − cos C 0 ，所以
π
π
C π, 0 B ，
2
2
π
而 sin B = − cos C = sin C − ，
2
π
π
3
+ B ，即有 A = − 2 B ，所以 B 0, , C ,
2
2
4
2 4
所以 C =
所以
a 2 + b2 sin 2 A + sin 2 B cos 2 2 B + 1 − cos 2 B
=
=
c2
sin 2 C
cos2 B
( 2cos
=
2
B − 1) + 1 − cos 2 B
2
2
cos B
当且仅当 cos 2 B =
= 4cos 2 B +
2
−5 2 8 −5 = 4 2 −5 ．
cos 2 B
a 2 + b2
2
时取等号，所以
的最小值为 4 2 − 5 ．
2
c2
19．如图，直三棱柱 ABC A1B1C1 的体积为 4， A1BC 的面积为 2 2 ．
(1)求 A 到平面 A1BC 的距离；
(2)设 D 为 A1C 的中点， AA1 = AB ，平面 A1BC ⊥ 平面 ABB1 A1 ，求二面角 A − BD − C 的
正弦值．
【答案】(1) 2
(2)
3
2
【分析】
（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得 BC ⊥ 平面 ABB1 A1 ，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 A1B1C1 中，设点 A 到平面 A1BC 的距离为 h，
1
则 VA− A1BC = S
3
A1BC
h =
2 2
1
h = VA1 − ABC = S
3
3
ABC
1
4
A1 A = VABC − A1B1C1 = ，
3
3
解得 h = 2 ，
所以点 A 到平面 A1BC 的距离为 2 ；
（2）取 A1B 的中点 E,连接 AE,如图，因为 AA1 = AB ，所以 AE ⊥ A1B ,
又平面 A1BC ⊥ 平面 ABB1 A1 ，平面 A1BC 平面 ABB1 A1 = A1B ，
且 AE 平面 ABB1 A1 ，所以 AE ⊥ 平面 A1BC ，
在直三棱柱 ABC A1B1C1 中， BB1 ⊥ 平面 ABC ，
由 BC 平面 A1BC ， BC 平面 ABC 可得 AE ⊥ BC ， BB1 ⊥ BC ，
又 AE, BB1 平面 ABB1 A1 且相交，所以 BC ⊥ 平面 ABB1 A1 ，
所以 BC, BA, BB1 两两垂直，以 B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得 AE = 2 ，所以 AA1 = AB = 2 ， A1 B = 2 2 ，所以 BC = 2 ，
则 A ( 0, 2, 0 ) , A1 ( 0, 2, 2 ) , B ( 0, 0, 0 ) , C ( 2, 0, 0 ) ,所以 A1C 的中点 D (1,1,1) ，
则 BD = (1,1,1) ， BA = ( 0, 2,0 ) , BC = ( 2,0,0 ) ,
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 = 2a = 0
，
可取 n = ( 0,1, −1) ，
则 cos m, n =
mn
mn
1
1
= ，
2 2 2
=
2
1
3
.
所以二面角 A − BD − C 的正弦值为 1 − =
2
2
20．一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为
良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了 100 例（称为病例
组）
，同时在未患该疾病的人群中随机调查了 100 人（称为对照组），得到如下数据：
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
(1)能否有 99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B 表示事件
“选到的人患有该疾病”．
P( B | A) P( B | A)
与
的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病
P( B | A) P( B | A)
风险程度的一项度量指标，记该指标为 R．
（ⅰ）证明： R =
P( A | B ) P( A | B )
；
P( A | B ) P( A | B )
（ⅱ）利用该调查数据，给出 P( A | B), P( A | B ) 的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出 R 的
估计值．
附K =
2
n(ad − bc)2
，
(a + b)(c + d )(a + c)(b + d )
P(K2 k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；(ii) R = 6 ；
【分析】(1)由所给数据结合公式求出 K 2 的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否
有 99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i) 根据定
义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求 R .
2
【详解】
（1）由已知 K =
n(ad − bc)2
200(40 90 − 60 10) 2
=
= 24 ，
(a + b)(c + d )(a + c)(b + d )
50 150 100 100
又 P( K 2 6.635)=0.01 ， 24 6.635 ，
所以有 99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
（2）(i)因为 R =
P( B | A) P( B | A) P( AB) P( A) P( AB ) P( A)
=
，
P( B | A) P( B | A) P( A) P( AB ) P( A) P( AB)
P( AB) P( B) P( AB ) P( B )
P( B) P( AB) P( B ) P( AB )
P( A | B ) P( A | B )
所以 R =
，
P( A | B ) P( A | B )
所以 R =
(ii)
由已知 P( A | B) =
又 P( A | B) =
所以 R =
10
40
， P( A | B ) =
，
100
100
60
90
， P( A | B ) =
，
100
100
P( A | B) P( A | B )
=6
P( A | B) P( A | B )
21．已知点 A(2,1) 在双曲线 C :
x2
y2
−
= 1(a 1) 上，直线 l 交 C 于 P，Q 两点，直线
a2 a2 − 1
AP, AQ 的斜率之和为 0．
(1)求 l 的斜率；
(2)若 tan PAQ = 2 2 ，求 △PAQ 的面积．
【答案】(1) −1 ；
(2)
16 2
．
9
【分析】
（1）由点 A(2,1) 在双曲线上可求出 a ，易知直线 l 的斜率存在，设
l : y = kx + m ， P ( x1 , y1 ) , Q ( x2 , y2 ) ，再根据 k AP + k AQ = 0 ，即可解出 l 的斜率；
（2）根据直线 AP, AQ 的斜率之和为 0 可知直线 AP, AQ 的倾斜角互补，根据
tan PAQ = 2 2 即可求出直线 AP, AQ 的斜率，再分别联立直线 AP, AQ 与双曲线方程
求出点 P, Q 的坐标，即可得到直线 PQ 的方程以及 PQ 的长，由点到直线的距离公式求
出点 A 到直线 PQ 的距离，即可得出 △PAQ 的面积．
【详解】
（1）因为点 A(2,1) 在双曲线 C :
得 a 2 = 2 ，即双曲线 C :
4
1
x2
y2
−
= 1(a 1) 上，所以 2 − 2 = 1 ，解
2
2
a a −1
a a −1
x2
− y2 = 1．
2
易知直线 l 的斜率存在，设 l : y = kx + m ， P ( x1 , y1 ) , Q ( x2 , y2 ) ，
y = kx + m
2
2
2
联立 x 2
可得， 1 − 2k x − 4mkx − 2m − 2 = 0 ，
2
− y =1
2
(
所以， x1 + x2 = −
(
)
4mk
2m2 + 2
，
,
x
x
=
1 2
2k 2 − 1
2k 2 − 1
)(
)
Δ = 16m 2 k 2 − 4 2m 2 + 2 2k 2 − 1 0 m 2 − 1 + 2k 2 0 且 k 2 ．
2
y2 − 1 y1 − 1
+
=0，
所以由 k AP + k AQ = 0 可得，
x2 − 2 x1 − 2
即 ( x1 − 2 )( kx2 + m − 1) + ( x2 − 2 )( kx1 + m − 1) = 0 ，
即 2kx1 x2 + ( m − 1 − 2k )( x1 + x2 ) − 4 ( m − 1) = 0 ，
所以 2k
2m 2 + 2
4mk
+ ( m − 1 − 2k ) − 2 − 4 ( m − 1) = 0 ，
2k 2 − 1
2k − 1
2
化简得， 8k + 4k − 4 + 4m ( k + 1) = 0 ，即 ( k + 1)( 2k − 1 + m ) = 0 ，
所以 k = −1 或 m = 1 − 2k ，
当 m = 1 − 2k 时，直线 l : y = kx + m = k ( x − 2 ) + 1 过点 A ( 2,1) ，与题意不符，舍去，
故 k = −1 ．
（2）
［方法一］
：
【最优解】常规转化
π
不妨设直线 PA, AQ 的倾斜角为 , ，因为 k AP + k AQ = 0 ，所以 + = π ，
2
2
由（1）知， x1 x2 = 2m + 2 0 ，
当 A, B 均在双曲线左支时， PAQ = 2 ，所以 tan 2 = 2 2 ，
即 2 tan 2 + tan − 2 = 0 ，解得 tan =
2
（负值舍去）
2
此时 PA 与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当 A, B 均在双曲线右支时，
因为 tan PAQ = 2 2 ，所以 tan ( − ) = 2 2 ，即 tan 2 = −2 2 ，
即 2 tan 2 − tan − 2 = 0 ，解得 tan = 2 （负值舍去）
，
于是，直线 PA : y = 2 ( x − 2 ) + 1 ，直线 QA : y = − 2 ( x − 2 ) + 1 ，
y = 2 ( x − 2) + 1
3 2
联立 x 2
可得， x + 2 ( 2 − 4 ) x + 10 − 4 2 = 0 ，
2
2
− y =1
2
10 − 4 2 y = 4 2 − 5
， P
，
3
3
10 + 4 2 y = −4 2 − 5
同理可得， xQ =
， Q
．
3
3
因为方程有一个根为 2 ，所以 xP =
5
所以 PQ : x + y −
2 +1−
16
5
= 0 ， PQ = ，点 A 到直线 PQ 的距离
3 2 2，
d=
=
3
3
2
3
1 16 2 2 16 2
故 △PAQ 的面积为
．
=
2 3
3
9
［方法二］
：
π
PAQ
2
=
设直线 AP 的倾斜角为 ， 0 ，由 tan PAQ = 2 2 ，得 tan
，
2
2
2
y −1
1
由 2 + PAQ = ，得 k AP = tan = 2 ，即 x − 2 = 2 ，
1
2
y1 − 1
x
10 − 4 2
4 2 −5
联立 x − 2 = 2 ，及 1 − y12 = 1 得 x1 =
， y1 =
，
3
3
1
2
同理， x2 =
20
68
−4 2 − 5
10 + 4 2
， y2 =
，故 x1 + x2 =
， x1 x2 =
3
9
3
3
而 | AP |= 3 | x1 − 2 | ， | AQ |= 3 | x2 − 2 | ，
由 tan PAQ = 2 2 ，得 sin PAQ =
故S
PAQ
=
2 2
，
3
1
16 2
| AP || AQ | sin PAQ = 2 | x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 4 |=
.
2
9
【整体点评】
（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线 PA, PB 的斜率，
从而联立求出点 P, Q 坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通
法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点 P, Q 坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别
在于三角形面积公式的选择不一样．
22．已知函数 f ( x) = e x − ax 和 g ( x) = ax − ln x 有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)证明：存在直线 y = b ，其与两条曲线 y = f ( x) 和 y = g ( x) 共有三个不同的交点，并
且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1) a = 1
(2)见解析
【分析】
（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等
可求 a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当 b 1 时， e x − x = b 的解的个数、 x − ln x = b 的解的个数均为 2，
构建新函数 h( x) = e x + ln x − 2 x ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 f ( x ) , g ( x )
的大小关系，根据存在直线 y = b 与曲线 y = f ( x ) 、 y = g ( x ) 有三个不同的交点可得 b
的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】
（1） f ( x) = e x − ax 的定义域为 R ，而 f ( x) = e x − a ，
若 a 0 ，则 f ( x ) 0 ，此时 f ( x) 无最小值，故 a 0 .
1
x
g ( x) = ax − ln x 的定义域为 ( 0, + ) ，而 g ( x) = a − =
ax − 1
.
x
当 x ln a 时， f ( x ) 0 ，故 f ( x) 在 ( −, ln a ) 上为减函数，
当 x ln a 时， f ( x ) 0 ，故 f ( x) 在 ( ln a, + ) 上为增函数，
故 f ( x)min = f ( ln a ) = a − a ln a .
当0 x
当x
1
1
时， g ( x) 0 ，故 g ( x) 在 0, 上为减函数，
a
a
1
1
时， g ( x) 0 ，故 g ( x) 在 , + 上为增函数，
a
a
1
1
故 g ( x) min = g = 1 − ln .
a
a
因为 f ( x) = e x − ax 和 g ( x) = ax − ln x 有相同的最小值，
故 1 − ln
a −1
1
= a − a ln a ，整理得到
= ln a ，其中 a 0 ，
1+ a
a
设 g (a) =
2
1
−a − 1
a −1
− =
0，
− ln a, a 0 ，则 g ( a ) =
2
2
1+ a
(1 + a ) a a (1 + a )
2
故 g ( a ) 为 ( 0, + ) 上的减函数，而 g (1) = 0 ，
故 g ( a ) = 0 的唯一解为 a = 1 ，故
1− a
= ln a 的解为 a = 1 .
1+ a
综上， a = 1 .
（2）[方法一]：
1
1
由（1）可得 f ( x) = e x − x 和 g ( x ) = x − ln x 的最小值为1 − ln1 = 1 − ln = 1 .
当 b 1时，考虑 e x − x = b 的解的个数、 x − ln x = b 的解的个数.
x
x
设 S ( x ) = e − x − b ， S ( x ) = e −1，
当 x 0 时， S ( x ) 0 ，当 x 0 时， S ( x ) 0 ，
故 S ( x ) 在 ( − , 0 ) 上为减函数，在 ( 0, + ) 上为增函数，
所以 S ( x )min = S ( 0 ) = 1 − b 0 ，
而 S ( −b ) = e
−b
0 ， S ( b ) = eb − 2b ，
b
b
设 u ( b ) = e − 2b ，其中 b 1，则 u ( b ) = e − 2 0 ，
故 u ( b ) 在 (1, + ) 上为增函数，故 u ( b ) u (1) = e − 2 0 ，
x
故 S ( b ) 0 ，故 S ( x ) = e − x − b 有两个不同的零点，即 e x − x = b 的解的个数为 2.
设 T ( x ) = x − ln x − b ， T ( x ) =
x −1
，
x
当 0 x 1 时， T ( x ) 0 ，当 x 1 时， T ( x ) 0 ，
故 T ( x ) 在 ( 0,1) 上为减函数，在 (1, + ) 上为增函数，
所以 T ( x )min = T (1) = 1 − b 0 ，
( )
( )
−b
−b
b
b
而 T e = e 0 ， T e = e − 2b 0 ，
T ( x ) = x − ln x − b 有两个不同的零点即 x − ln x = b 的解的个数为 2.
当 b = 1，由（1）讨论可得 x − ln x = b 、 e x − x = b 仅有一个解，
当 b 1 时，由（1）讨论可得 x − ln x = b 、 e x − x = b 均无根，
故若存在直线 y = b 与曲线 y = f ( x ) 、 y = g ( x ) 有三个不同的交点，
则 b 1.
x
设 h( x) = e x + ln x − 2 x ，其中 x 0 ，故 h( x) = e +
1
−2，
x
x
x
设 s ( x ) = e − x − 1 ， x 0 ，则 s ( x ) = e − 1 0 ，
故 s ( x ) 在 ( 0, + ) 上为增函数，故 s ( x ) s ( 0 ) = 0 即 e x x + 1 ，
所以 h( x) x +
1
− 1 2 − 1 0 ，所以 h( x) 在 ( 0, + ) 上为增函数，
x
而 h(1) = e − 2 0 ， h(
故 h ( x)
1
1
2
2
3
) = ee − 3 − 3 e − 3 − 3 0 ，
3
e
e
e
( 0, + ) 上有且只有一个零点 x0 ，
1
x0 1 且：
e3
当 0 x x0 时， h ( x ) 0 即 e x − x x − ln x 即 f ( x ) g ( x ) ，
当 x x0 时， h ( x ) 0 即 e x − x x − ln x 即 f ( x ) g ( x ) ，
因此若存在直线 y = b 与曲线 y = f ( x ) 、 y = g ( x ) 有三个不同的交点，
故 b = f ( x0 ) = g ( x0 ) 1 ，
此时 e x − x = b 有两个不同的根 x1 , x0 ( x1 0 x0 ) ，
此时 x − ln x = b 有两个不同的根 x0 , x4 (0 x0 1 x4 ) ，
x
x
故 e − x1 = b ， e − x0 = b ， x4 − ln x4 − b = 0 ， x0 − ln x0 − b = 0
1
0
所以 x4 − b = ln x4 即 e
x4 −b
4 −b
= x4 即 e x
− ( x4 − b ) − b = 0 ，
故 x4 − b 为方程 e x − x = b 的解，同理 x0 − b 也为方程 e x − x = b 的解
x
x
又 e − x1 = b 可化为 e = x1 + b 即 x1 − ln ( x1 + b ) = 0 即 ( x1 + b ) − ln ( x1 + b ) − b = 0 ，
1
1
故 x1 + b 为方程 x − ln x = b 的解，同理 x0 + b 也为方程 x − ln x = b 的解，
所以 x1 , x0 = x0 − b, x4 − b ，而 b 1 ，
x0 = x4 − b
即 x1 + x4 = 2 x0 .
x1 = x0 − b
故
[方法二]：
由 (1) 知， f ( x) = e x − x ， g ( x ) = x − ln x ，
且 f ( x) 在 (−,0) 上单调递减，在 (0, +) 上单调递增；
g ( x) 在(0,1)上单调递减，在 (1, +) 上单调递增，且 f ( x)min = g ( x)min = 1.
① b 1 时，此时 f ( x)min = g ( x)min = 1 b ，显然 y = b 与两条曲线 y = f ( x) 和 y = g ( x)
共有 0 个交点，不符合题意；
② b = 1时，此时 f ( x)min = g ( x)min = 1 = b ，
故 y = b 与两条曲线 y = f ( x) 和 y = g ( x) 共有 2 个交点，交点的横坐标分别为 0 和 1；
③ b 1时，首先，证明 y = b 与曲线 y = f ( x) 有 2 个交点，
即证明 F ( x) = f ( x) − b 有 2 个零点， F ( x) = f ( x) = e x − 1 ，
所以 F ( x) 在 (−,0) 上单调递减，在 (0, +) 上单调递增，
又因为 F (−b) = e−b 0 ， F (0) = 1 − b 0 ， F (b) = eb − 2b 0 ，
( 令 t (b) = eb − 2b ，则 t(b) = eb − 2 0 ， t (b) t (1) = e − 2 0)
所以 F ( x) = f ( x) − b 在 (−,0) 上存在且只存在 1 个零点，设为 x1 ，在 (0, +) 上存在且
只存在 1 个零点，设为 x2 .
其次，证明 y = b 与曲线和 y = g ( x) 有 2 个交点，
1
x
即证明 G( x) = g ( x) − b 有 2 个零点， G( x) = g( x) = 1 − ，
所以 G( x)(0,1) 上单调递减，在 (1, +) 上单调递增，
又因为 G (e−b ) = e−b 0 ， G (1) = 1 − b 0 ， G(2b) = b − ln 2b 0 ，
1
b
( 令 (b) = b − ln 2b ，则 (b) = 1 − 0 ， (b) (1) = 1 − ln 2 0)
所以 G( x) = g ( x) − b 在(0,1)上存在且只存在 1 个零点，设为 x3 ，在 (1, +) 上存在且只存
在 1 个零点，设为 x4 .
再次，证明存在 b，使得 x2 = x3 :
因为 F ( x2 ) = G( x3 ) = 0 ，所以 b = e x − x2 = x3 − ln x3 ，
2
x
x
若 x2 = x3 ，则 e − x2 = x2 − ln x2 ，即 e − 2 x2 + ln x2 = 0 ，
2
2
所以只需证明 e x − 2 x + ln x = 0 在(0,1)上有解即可，
即 ( x) = e x − 2 x + ln x 在(0,1)上有零点，
1
1
e
因为 ( 3 ) = e e −
3
2
− 3 0 ， (1) = e − 2 0 ，
e3
所以 ( x) = e x − 2 x + ln x 在(0,1)上存在零点，取一零点为 x0 ，令 x2 = x3 = x0 即可，
x
此时取 b = e − x0
0
则此时存在直线 y = b ，其与两条曲线 y = f ( x) 和 y = g ( x) 共有三个不同的交点，
最后证明 x1 + x4 = 2 x0 ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为 F ( x1 ) = F ( x2 ) = F ( x0 ) = 0 = G( x3 ) = G( x0 ) = G( x4 )
所以 F ( x1 ) = G( x0 ) = F (ln x0 ) ，
又因为 F ( x) 在 (−,0) 上单调递减， x1 0 ， 0 x0 1 即 ln x0 0 ，所以 x1 = ln x0 ，
同理，因为 F ( x0 ) = G (e x ) = G( x4 ) ，
0
又因为 G ( x) 在 (1, +) 上单调递增， x0 0 即 e x0 1 ， x1 1 ，所以 x4 = e x ，
0
又因为 e x − 2 x0 + ln x0 = 0 ，所以 x1 + x4 = e x + ln x0 = 2 x0 ，
0
0
即直线 y = b 与两条曲线 y = f ( x) 和 y = g ( x) 从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
2022 年新高考全国 II 卷数学真题
一、单选题
1．已知集合 A = −1,1, 2, 4 , B = x x − 1 1 ，则 A B = （
A． {−1, 2}
）
C． {1, 4}
B． {1,2}
D． {−1,4}
【答案】B
【分析】方法一：求出集合 B 后可求 A B .
【详解】[方法一]：直接法
因为 B = x | 0 x 2 ，故 A B = 1, 2 ，故选：B.
[方法二]：
【最优解】代入排除法
x= − 1 代入集合 B = x x − 1 1 ，可得 2 1，不满足，排除 A、D；
，可得 3 1 ，不满足，排除 C.
x = 4 代入集合 B = x x − 1 1
故选：B.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；
方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．
2． (2 + 2i)(1 − 2i) = （
A． −2 + 4i
）
B． −2 − 4i
C． 6 + 2i
D． 6 − 2i
【答案】D
【分析】利用复数的乘法可求 ( 2 + 2i )(1 − 2i ) .
【详解】 ( 2 + 2i )(1 − 2i ) = 2 + 4 − 4i + 2i = 6 − 2i ，
故选：D.
3．图 1 是中国古代建筑中的举架结构， AA , BB , CC , DD 是桁，相邻桁的水平距离称
为步，垂直距离称为举，图 2 是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中
DD1 , CC1 , BB1 , AA1 是举， OD1 , DC1 , CB1 , BA1 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为
DD1
CC
BB
AA
= 0.5, 1 = k1 , 1 = k2 , 1 = k3 ．已知 k1 , k2 , k3 成公差为 0.1 的等差数列，且直线
OD1
DC1
CB1
BA1
OA 的斜率为 0.725，则 k3 = （
）
A．0.75
B．0.8
C．0.85
D．0.9
【答案】D
【分析】设 OD1 = DC1 = CB1 = BA1 = 1 ，则可得关于 k3 的方程，求出其解后可得正确的
选项.
【详解】设 OD1 = DC1 = CB1 = BA1 = 1 ，则 CC1 = k1 , BB1 = k2 , AA1 = k3 ，
依题意，有 k3 − 0.2 = k1 , k3 − 0.1 = k2 ，且
所以
DD1 + CC1 + BB1 + AA1
= 0.725 ，
OD1 + DC1 + CB1 + BA1
0.5 + 3k3 − 0.3
= 0.725 ，故 k3 = 0.9 ，
4
故选：D
4．已知向量 a = (3, 4), b = (1, 0), c = a + t b ，若 a, c = b, c ，则 t = （
A． −6
B． −5
C．5
）
D．6
【答案】C
【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得
【详解】解： c = ( 3 + t ,4 ) , cos a, c = cos b, c ,即
9 + 3t + 16 3 + t
=
,解得 t = 5 ,
5c
c
故选：C
5．有甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁
相邻，则不同排列方式共有（
A．12 种
B．24 种
）
C．36 种
D．48 种
【答案】B
【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解
【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元
素排列,有 3! 种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位
置任选一个位置插入，有 2 种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有 2 种排列
方式，故安排这 5 名同学共有： 3! 2 2 = 24 种不同的排列方式，
故选：B
6．若 sin( + ) + cos( + ) = 2 2 cos + sin ，则（
4
）
A． tan ( − ) = 1
B． tan ( + ) = 1
C． tan ( − ) = −1
D． tan ( + ) = −1
【答案】C
【分析】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
2
解法一:设 β=0 则 sinα +cosα =0，取 = ，排除 A, B；
再取 α=0 则 sinβ +cosβ= 2sinβ，取 β =
，排除 D；选 C.
4
[方法三]：三角恒等变换
sin( + ) + cos( + ) = 2 sin（ + + ）
= 2 sin[
（ + ）+ ]
4
4
= 2 sin（ + ）cos + 2 cos（ + ）sin = 2 2 cos（ + ）sin
4
4
4
所以 2 sin（ + ）cos = 2 cos（ + ）sin
4
sin（ +
4
4
）cos − cos（ +
4
）sin =0 即 sin（ +
4
− ）
=0
2
2
sin（ − + ）
= sin（ − ）cos + cos（ − ）sin =
sin（ − ）+
cos（ − ）
=0
4
4
4 2
2
sin（ − ）= − cos（ − ）即tan( − ）=-1,
故选：C.
7．已知正三棱台的高为 1，上、下底面边长分别为 3 3 和 4 3 ，其顶点都在同一球面
上，则该球的表面积为（
A．100π
）
B． 128π
C． 144π
D． 192π
【答案】A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径 r1 , r2 ，再根据球心距，圆
面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径 r1 , r2 ，所以 2r1 =
3 3
4 3
，
, 2r2 =
sin 60
sin 60
即 r1 = 3, r2 = 4 ，设球心到上下底面的距离分别为 d1 , d2 ，球的半径为 R ，所以
2
2
d1 = R 2 − 9 ， d 2 = R 2 − 16 ，故 d1 − d2 = 1 或 d1 + d2 = 1 ，即 R − 9 − R − 16 = 1 或
R 2 − 9 + R 2 − 16 = 1 ，解得 R
2
= 25 符合题意，所以球的表面积为 S = 4πR 2 = 100π ．
故选：A．
8．已知函数 f ( x) 的定义域为 R，且 f ( x + y ) + f ( x − y ) = f ( x ) f ( y ), f (1) = 1 ，则
22
f (k ) = （
）
k =1
A． −3
B． −2
C．0
D．1
【答案】A
【分析】法一：根据题意赋值即可知函数 f ( x ) 的一个周期为 6 ，求出函数一个周期中
的 f (1) , f ( 2 ) ,
, f ( 6 ) 的值，即可解出．
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为 f ( x + y ) + f ( x − y ) = f ( x ) f ( y ) ，令 x = 1, y = 0 可得， 2 f (1) = f (1) f ( 0 ) ，所以
f ( 0 ) = 2 ，令 x = 0 可得， f ( y ) + f ( − y ) = 2 f ( y ) ，即 f ( y ) = f ( − y ) ，所以函数 f ( x ) 为
偶函数，令 y = 1 得， f ( x + 1) + f ( x − 1) = f ( x ) f (1) = f ( x ) ，即有
f ( x + 2 ) + f ( x ) = f ( x + 1) ，从而可知
f ( x + 2 ) = f ( x − 4 ) ，即
f ( x + 2 ) = − f ( x − 1) ， f ( x − 1) = − f ( x − 4 ) ，故
f ( x ) = f ( x + 6 ) ，所以函数 f ( x ) 的一个周期为 6 ．因为
f ( 2 ) = f (1) − f ( 0 ) = 1 − 2 = −1 ， f ( 3) = f ( 2 ) − f (1) = −1 − 1 = −2 ，
f ( 4 ) = f ( −2 ) = f ( 2 ) = −1 ， f ( 5) = f ( −1) = f (1) = 1 ， f ( 6 ) = f ( 0 ) = 2 ，所以
一个周期内的 f (1) + f ( 2 ) +
+ f ( 6 ) = 0 ．由于 22 除以 6 余 4，
22
所以 f ( k ) = f (1) + f ( 2 ) + f ( 3) + f ( 4 ) = 1 − 1 − 2 − 1 = −3 ．故选：A．
k =1
[方法二]：
【最优解】构造特殊函数
由 f ( x + y ) + f ( x − y ) = f ( x ) f ( y ) ，联想到余弦函数和差化积公式
cos ( x + y ) + cos ( x − y ) = 2cosxcosy ，可设 f ( x ) = acos x ，则由方法一中
f ( 0 ) = 2, f (1) = 1 知 a = 2, acos
所以 f ( x ) = 2cos
3
1
2
= 1 ，解得 cos = ，取 =
3
，
x ，则
f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2cos x +
3
3
y + 2cos x −
3
3
y = 4cos xcos y = f ( x ) f ( y )
3
3
2
T=
=6
，所以 f ( x ) = 2cos x 符合条件，因此 f ( x) 的周期
， f ( 0 ) = 2, f (1) = 1 ，且
3
3
f ( 2 ) = −1, f ( 3) = −2, f ( 4 ) = −1, f ( 5 ) = 1, f ( 6 ) = 2 ，所以
f (1) + f (2) + f (3) + f (4) + f (5) + f (6) = 0 ，
由于 22 除以 6 余 4，
22
所以 f ( k ) = f (1) + f ( 2 ) + f ( 3) + f ( 4 ) = 1 − 1 − 2 − 1 = −3 ．故选：A．
k =1
【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；
法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具
体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.
二、多选题
2π
9．已知函数 f ( x) = sin(2 x + )(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
π 11π
B． f ( x) 在区间 − ,
有两个极值点
12 12
C．直线 x =
7π
是曲线 y = f ( x) 的对称轴
6
）
D．直线 y =
3
− x 是曲线 y = f ( x) 的切线
2
【答案】AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
2π
4π
4π
【详解】由题意得： f = sin + = 0 ，所以 + = kπ ， k Z ，
3
3
3
即 = −
4π
+ kπ, k Z ，
3
又 0 π ，所以 k = 2 时， =
2π
2π
，故 f ( x) = sin 2 x +
．
3
3
2π 2π 3π
5π
, ，由正弦函数 y = sin u 图象知 y = f ( x) 在
对 A，当 x 0, 时， 2 x +
3 3 2
12
5π
0, 上是单调递减；
12
2π π 5π
π 11π
对 B，当 x − ,
时， 2 x + , ，由正弦函数 y = sin u 图象知 y = f ( x)
3 2 2
12 12
只有 1 个极值点，由 2 x +
对 C，当 x =
5π
5π
2π 3π
= ，解得 x =
，即 x =
为函数的唯一极值点；
3
2
12
12
7π
2π
7π
7π
= 3π ， f ( ) = 0 ，直线 x =
时， 2 x +
不是对称轴；
6
3
6
6
2π
1
2π
对 D，由 y = 2cos 2 x +
= −1 得： cos 2 x + = − ，
3
2
3
解得 2 x +
2π 4π
2π 2π
=
=
+ 2kπ, k Z ,
+ 2kπ 或 2 x +
3
3
3
3
从而得： x = kπ 或 x =
π
+ kπ, k Z ,
3
3
2π
= −1 ，
所以函数 y = f ( x) 在点 0,
处的切线斜率为 k = y x =0 = 2 cos
3
2
切线方程为： y −
3
3
= −( x − 0) 即 y =
−x．
2
2
故选：AD．
10．已知 O 为坐标原点，过抛物线 C : y 2 = 2 px( p 0) 焦点 F 的直线与 C 交于 A，B 两
点，其中 A 在第一象限，点 M ( p,0) ，若 | AF |=| AM | ，则（
）
A．直线 AB 的斜率为 2 6
B． | OB |=| OF |
C． | AB | 4 | OF |
D． OAM + OBM 180
【答案】ACD
3p 6 p
,
) ，再由斜率公式即可判断 A 选
4 2
p
6p
项；表示出直线 AB 的方程，联立抛物线求得 B( , −
) ，即可求出 OB 判断 B 选
3
3
【分析】由 AF = AM 及抛物线方程求得 A(
项；由抛物线的定义求出 AB =
25 p
即可判断 C 选项；由 OA OB 0 ， MA MB 0 求
12
得 AOB ， AMB 为钝角即可判断 D 选项.
p
2
【详解】对于 A，易得 F ( , 0) ，由 AF = AM 可得点 A 在 FM 的垂直平分线上，则 A
p
+p
3p ，
点横坐标为 2
=
2
4
2
代入抛物线可得 y = 2 p
3p 3 2
3p 6 p
= p ，则 A( ,
) ，则直线 AB 的斜率为
4
2
4 2
6p
2 = 2 6 ，A 正确；
3p p
−
4 2
1
p
y + ，联立抛物线方程得
对于 B，由斜率为 2 6 可得直线 AB 的方程为 x =
2
2 6
y2 −
1
py − p 2 = 0 ，
6
2
6p
6p
6
6
设 B( x1 , y1 ) ，则
，代入抛物线得 −
p + y1 =
p ，则 y1 = −
= 2 p x1 ，解
3
3
2
6
得 x1 =
p
p
6p
，则 B( , −
)，
3
3
3
2
2
6p
7p
p
p
则 OB = + −
OF = ，B 错误；
=
3
3
3
2
对于 C，由抛物线定义知： AB =
对于 D， OA OB = (
3p p
25 p
+ +p=
2 p = 4 OF ，C 正确；
4
3
12
3p 6 p p
6p 3p p
6p
6p
3 p2
,
)( ,−
)=
+
−
0 ，则
= −
4
2
3
3
4 3
2
3
4
AOB 为钝角，
又 MA MB = (−
p 6p
2p
6p
p 2p
6p
6p
5 p2
,
) (−
,−
) = − −
+
−
=
−
0 ，则
4 2
3
3
4 3
2
3
6
AMB 为钝角，
又 AOB + AMB + OAM + OBM = 360 ，则 OAM + OBM 180 ，D 正确.
故选：ACD.
11．如图，四边形 ABCD 为正方形， ED ⊥ 平面 ABCD ， FB∥ED, AB = ED = 2 FB ，记
三棱锥 E − ACD ， F − ABC ， F − ACE 的体积分别为 V1 ,V2 ,V3 ，则（
A．V3 = 2V2
B． V3 = V1
C． V3 = V1 + V2
D． 2V3 = 3V1
）
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算 V1 ,V2 ，连接 BD 交 AC 于点 M ，连接 EM , FM ，由
V3 = VA− EFM + VC − EFM 计算出 V3 ，依次判断选项即可.
【详解】
设 AB = ED = 2FB = 2a ，因为 ED ⊥ 平面 ABCD ， FB ED ，则
V1 =
1
ED S
3
V2 =
1
FB S
3
BD ⊥ AC ，
ACD
=
1
1
4
2
2a ( 2a ) = a 3 ，
3
2
3
ABC
=
1
1
2
2
a ( 2a ) = a 3 ，连接 BD 交 AC 于点 M ，连接 EM , FM ，易得
3
2
3
又 ED ⊥ 平面 ABCD ， AC 平面 ABCD ，则 ED ⊥ AC ，又 ED BD = D ， ED, BD
平面 BDEF ，则 AC ⊥ 平面 BDEF ，
又 BM = DM =
1
BD = 2a ，过 F 作 FG ⊥ DE 于 G ，易得四边形 BDGF 为矩形，则
2
FG = BD = 2 2a, EG = a ，
则 EM =
( 2a )
2
(
+
(
EF = a 2 + 2 2a
2a
)
2
)
2
= 6a, FM = a 2 +
(
2a
)
2
= 3a ，
= 3a ，
EM 2 + FM 2 = EF 2 ，则 EM ⊥ FM ， S
则 V3 = VA− EFM + VC − EFM =
1
AC S
3
EFM
EFM
=
1
3 2 2
EM FM =
a ， AC = 2 2a ，
2
2
= 2a 3 ，则 2V3 = 3V1 ， V3 = 3V2 ， V3 = V1 + V2 ，故 A、
B 错误；C、D 正确.
故选：CD.
12．若 x，y 满足 x 2 + y 2 − xy = 1 ，则（
）
A． x + y 1
B． x + y −2
C． x 2 + y 2 2
D． x2 + y 2 1
【答案】BC
【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．
2
a 2 + b2
a+b
（ a, b R），由 x 2 + y 2 − xy = 1 可变形为，
2
2
【详解】因为 ab
( x + y)
2
2
x+ y
− 1 = 3 xy 3
，解得 −2 x + y 2 ，当且仅当 x = y = −1 时，
2
x + y = −2 ，当且仅当 x = y = 1 时， x + y = 2 ，所以 A 错误，B 正确；
(
)
由 x 2 + y 2 − xy = 1 可变形为 x 2 + y 2 − 1 = xy
x2 + y 2
，解得 x 2 + y 2 2 ，当且仅当
2
x = y = 1时取等号，所以 C 正确；
因为 x 2 + y 2 − xy = 1 变形可得 x −
2
y 3 2
y
3
y = sin ，所以
+ y = 1 ，设 x − = cos ,
2 4
2
2
1
2
sin , y =
sin ，因此
3
3
5
2
1
1
1
x 2 + y 2 = cos2 + sin 2 +
sin cos = 1 + sin 2 − cos 2 +
3
3
3
3
3
4 2
π 2
= + sin 2 − , 2 ，所以当 x = 3 , y = − 3 时满足等式，但是 x2 + y 2 1 不成
3 3
6 3
3
3
x = cos +
立，所以 D 错误．
故选：BC．
三、填空题
(
)
2
13．已知随机变量 X 服从正态分布 N 2, ，且 P(2 X 2.5) = 0.36 ，则
P( X 2.5) =
【答案】 0.14 /
．
7
．
50
【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．
【详解】因为 X
N ( 2, 2 ) ，所以 P ( X 2 ) = P ( X 2 ) = 0.5 ，因此
P ( X 2.5) = P ( X 2 ) − P ( 2 X 2.5) = 0.5 − 0.36 = 0.14 ．
故答案为： 0.14 ．
四、双空题
14．曲线 y = ln | x | 过坐标原点的两条切线的方程为
【答案】
y=
1
x
e
，
．
1
y=− x
e
【分析】分 x 0 和 x 0 两种情况，当 x 0 时设切点为 ( x0 ,ln x0 ) ，求出函数的导函
数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出 x0 ，即
可求出切线方程，当 x 0 时同理可得；
【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求
分 x 0 和 x 0 两种情况，当 x 0 时设切点为 ( x0 ,ln x0 ) ，求出函数 导函数，即可求
出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出 x0 ，即可求出切线
方程，当 x 0 时同理可得；
解： 因为 y = ln x ，
当 x 0 时 y = ln x ，设切点为 ( x0 ,ln x0 ) ，由 y =
y − ln x0 =
1
( x − x0 ) ，
x0
又切线过坐标原点，所以 − ln x0 =
y −1 =
1
1
，所以 y |x = x0 = ，所以切线方程为
x0
x
1
( − x0 ) ，解得 x0 = e ，所以切线方程为
x0
1
1
( x − e ) ，即 y = x ；
e
e
当 x 0 时 y = ln ( − x ) ，设切点为 ( x1 , ln ( − x1 ) ) ，由 y =
方程为 y − ln ( − x1 ) =
1
( x − x1 ) ，
x1
1
1
，所以 y |x = x1 = ，所以切线
x1
x
又切线过坐标原点，所以 − ln ( − x1 ) =
y −1 =
1
( − x1 ) ，解得 x1 = −e ，所以切线方程为
x1
1
1
1
1
( x + e ) ，即 y = − x ；故答案为： y = x ； y = − x
−e
e
e
e
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当 x 0 时 y = ln x ，设切点为 ( x0 ,ln x0 ) ，由 y =
y − ln x0 =
1
( x − x0 ) ，
x0
又切线过坐标原点，所以 − ln x0 =
y −1 =
1
1
，所以 y |x = x0 = ，所以切线方程为
x0
x
1
( − x0 ) ，解得 x0 = e ，所以切线方程为
x0
1
1
( x − e ) ，即 y = x ；
e
e
因为 y = ln x 是偶函数，图象为：
1
e
1
e
所以当 x 0 时的切线，只需找到 y = x 关于 y 轴的对称直线 y = − x 即可.
[方法三]：
因为 y = ln x ，
当 x 0 时 y = ln x ，设切点为 ( x0 ,ln x0 ) ，由 y =
y − ln x0 =
1
( x − x0 ) ，
x0
又切线过坐标原点，所以 − ln x0 =
y −1 =
1
1
，所以 y |x = x0 = ，所以切线方程为
x0
x
1
( − x0 ) ，解得 x0 = e ，所以切线方程为
x0
1
1
( x − e ) ，即 y = x ；
e
e
当 x 0 时 y = ln ( − x ) ，设切点为 ( x1 , ln ( − x1 ) ) ，由 y =
方程为 y − ln ( − x1 ) =
1
( x − x1 ) ，
x1
又切线过坐标原点，所以 − ln ( − x1 ) =
y −1 =
1
1
( x + e ) ，即 y = − x ；
−e
e
1
e
1
1
，所以 y |x = x1 = ，所以切线
x1
x
1
e
故答案为： y = x ； y = − x .
1
( − x1 ) ，解得 x1 = −e ，所以切线方程为
x1
五、填空题
15．设点 A( −2,3), B(0, a ) ，若直线 AB 关于 y = a 对称的直线与圆 ( x + 3)2 + ( y + 2)2 = 1 有
公共点，则 a 的取值范围是
．
1 3
【答案】 ,
3 2
【分析】首先求出点 A 关于 y = a 对称点 A 的坐标，即可得到直线 l 的方程，根据圆心
到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解： A ( −2, 3) 关于 y = a 对称的点的坐标为 A ( −2, 2a − 3) ， B ( 0, a ) 在直线
y = a 上，
所以 AB 所在直线即为直线 l ，所以直线 l 为 y =
a −3
x + a ，即 ( a − 3) x + 2 y − 2a = 0 ；
−2
圆 C : ( x + 3) + ( y + 2 ) = 1 ，圆心 C ( −3, −2 ) ，半径 r = 1 ，
2
2
依题意圆心到直线 l 的距离 d =
−3 ( a − 3) − 4 − 2a
( a − 3)
1
3
2
即 ( 5 − 5a ) ( a − 3) + 2 ，解得 a
2
2
2
+ 22
1，
1 3
3
，即 a , ；
2
3 2
1 3
故答案为： ,
3 2
16．已知直线 l 与椭圆
x2 y 2
+
= 1 在第一象限交于 A，B 两点，l 与 x 轴，y 轴分别交于
6
3
M，N 两点，且 | MA |=| NB |,| MN |= 2 3 ，则 l 的方程为
．
【答案】 x + 2 y − 2 2 = 0
1
2
【分析】令 AB 的中点为 E ，设 A ( x1 , y1 ) ， B ( x2 , y2 ) ，利用点差法得到 kOE k AB = − ，
设直线 AB : y = kx + m ， k 0 ， m 0 ，求出 M 、 N 的坐标，再根据 MN 求出 k 、 m ，
即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
1
2
令 AB 的中点为 E ，设 A ( x1 , y1 ) ， B ( x2 , y2 ) ，利用点差法得到 kOE k AB = − ，
设直线 AB : y = kx + m ， k 0 ， m 0 ，求出 M 、 N 的坐标，
再根据 MN 求出 k 、 m ，即可得解；
解：令 AB 的中点为 E ，因为 MA = NB ，所以 ME = NE ，
设 A ( x1 , y1 ) ， B ( x2 , y2 ) ，则
x12 y12
x2 y2
+
= 1， 2 + 2 = 1 ，
6
3
6
3
所以
所以
( x − x )( x + x ) ( y + y )( y − y )
x12 x2 2 y12 y2 2
−
+
−
= 0 ，即 1 2 1 2 + 1 2 1 2 = 0
6
6
6
3
3
3
( y1 + y2 )( y1 − y2 ) = − 1
1
，即 kOE k AB = − ，设直线 AB : y = kx + m ， k 0 ， m 0 ，
2
( x1 − x2 )( x1 + x2 )
2
令 x = 0 得 y = m ，令 y = 0 得 x = −
m
m
，即 M − ,0 ， N ( 0, m ) ，
k
k
m m
所以 E − , ，
2k 2
m
1
2
2
即 k 2m = − ，解得 k = − 或 k =
（舍去），
2
2
2
−
2k
又 MN = 2 3 ，即 MN = m2 +
所以直线 AB : y = −
(
2m
)
2
，
= 2 3 ，解得 m = 2 或 m = −2 （舍去）
2
x + 2 ，即 x + 2 y − 2 2 = 0 ；
2
故答案为： x + 2 y − 2 2 = 0
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点 E 既为线段 AB 的中点又是线段 MN 的中点，
设 A ( x1 , y1 ) ， B ( x2 , y2 ) ，设直线 AB : y = kx + m ， k 0 ， m 0 ，
m
m m
则 M − ,0 ， N ( 0, m ) ， E − , ，因为 MN = 2 3 ，所以 OE = 3
k
2k 2
y = kx + m
联立直线 AB 与椭圆方程得 x 2 y 2
消掉 y 得 (1 + 2k 2 ) x 2 + 4mkx + 2m2 − 6 = 0
+
=
1
3
6
2
2
) 2m2 − 6）>0, x1 + x2 = −
其中 =（4mk）-4(1 + 2k （
∴AB 中点 E 的横坐标 xE = −
∵ k 0 ， m 0 ，∴ k =所以直线 AB : y = −
4mk
，
1 + 2k 2
m m
2mk
2mk
m
E − , ，∴ xE = −
=−
2 ,又
2
1 + 2k
1
+
2
k
2
k
2
k
2
m 2
m
2
,又 OE = （ − ）
+（ ）2 = 3 ，解得 m=2
2
k
2
2
2
x + 2 ，即 x + 2 y − 2 2 = 0
2
六、解答题
17．已知 an 为等差数列， bn 是公比为 2 的等比数列，且 a2 − b2 = a3 − b3 = b4 − a4 ．
(1)证明： a1 = b1 ；
(2)求集合 k bk = am + a1 ,1 m 500 中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2) 9 ．
【分析】
（1）设数列 an 的公差为d ，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得 m = 2k −2 ，即可解出．
a1 + d − 2b1 = a1 + 2d − 4b1
，即可解
a1 + d − 2b1 = 8b1 − ( a1 + 3d )
【详解】
（1）设数列 an 的公差为d ，所以，
得， b1 = a1 =
d
，所以原命题得证．
2
（2）由（1）知， b1 = a1 =
2k −1 = 2m ，亦即 m = 2
k −2
d
k −1
，所以 bk = am + a1 b1 2 = a1 + ( m − 1) d + a1 ，即
2
1,500 ，解得 2 k 10 ，所以满足等式的解
k = 2,3, 4, ,10 ，故集合 k | bk = am + a1 ,1 m 500 中的元素个数为10 − 2 + 1 = 9 ．
18．记 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，分别以 a，b，c 为边长的三个
正三角形的面积依次为 S1 , S2 , S3 ，已知 S1 − S2 + S3 =
3
1
,sin B = ．
2
3
(1)求 ABC 的面积；
(2)若 sin A sin C =
【答案】(1)
2
，求 b．
3
2
8
1
(2) 2
【分析】
（1）先表示出 S1 , S2 , S3 ，再由 S1 − S2 + S3 =
定理及平方关系求得 ac ，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得
b2
ac
，即可求解.
=
2
sin B sin A sin C
3
求得 a 2 + c 2 − b 2 = 2 ，结合余弦
2
1 2 3
3 2
3 2
3 2
a
=
a , S2 =
b , S3 =
c ，则
2
2
4
4
4
3 2
3 2
3 2
3
，
S1 − S2 + S3 =
a −
b +
c =
4
4
4
2
a 2 + c 2 − b2
即 a 2 + c 2 − b 2 = 2 ，由余弦定理得 cos B =
，整理得 ac cos B = 1 ，则
2ac
【详解】
（1）由题意得 S1 =
cos B 0 ，又 sin B =
1
，
3
2
1
3 2
2 2
1
则 cos B = 1 − =
， ac =
，则 S
=
3
cos B
4
3
（2）由正弦定理得：
ABC
1
2
；
= ac sin B =
2
8
b
a
c
=
=
，则
sin B sin A sin C
b2
a
c
ac
=
=
=
2
sin B sin A sin C sin A sin C
3 2
b
3
3
1
4 =9
= ， b = sin B = .
，则
4
sin B 2
2
2
2
3
19．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）.
【答案】(1) 47.9 岁；
(2) 0.89 ；
(3) 0.0014 ．
【分析】
（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) = 1 − P( 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 = (5 0.001 + 15 0.002 + 25 0.012 + 35 0.017 + 45 0.023
+55 0.020 + 65 0.017 + 75 0.006 + 85 0.002) 10 = 47.9 （岁）．
（2）设 A = {一人患这种疾病的年龄在区间 [20,70) }，所以
P( A) = 1 − P( A) = 1 − (0.001 + 0.002 + 0.006 + 0.002) 10 = 1 − 0.11 = 0.89 ．
（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 ) = 0.023 10 = 0.23 ,
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．如图， PO 是三棱锥 P − ABC 的高， PA = PB ， AB ⊥ AC ，E 是 PB 的中点．
(1)证明： OE / / 平面 PAC ；
(2)若 ABO = CBO = 30 ， PO = 3 ， PA = 5 ，求二面角 C − AE − B 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
11
13
【分析】
（1）连接 BO 并延长交 AC 于点 D ，连接 OA 、 PD ，根据三角形全等得到
OA = OB ，再根据直角三角形的性质得到 AO = DO ，即可得到 O 为 BD 的中点从而得
到 OE //PD ，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根
据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】
（1）证明：连接 BO 并延长交 AC 于点 D ，连接 OA 、 PD ，
因为 PO 是三棱锥 P − ABC 的高，所以 PO ⊥ 平面 ABC ， AO, BO 平面 ABC ，
所以 PO ⊥ AO 、 PO ⊥ BO ，
又 PA = PB ，所以 △POA △POB ，即 OA = OB ，所以 OAB = OBA ，
又 AB ⊥ AC ，即 BAC = 90 ，所以 OAB + OAD = 90 ， OBA + ODA = 90 ，
所以 ODA = OAD
所以 AO = DO ，即 AO = DO = OB ，所以 O 为 BD 的中点，又 E 为 PB 的中点，所以
OE //PD ，
又 OE 平面 PAC ， PD 平面 PAC ，
所以 OE // 平面 PAC
（2）解：过点 A 作 Az //OP ，如图建立空间直角坐标系，
因为 PO = 3 ， AP = 5 ，所以 OA = AP 2 − PO 2 = 4 ，
又 OBA = OBC = 30 ，所以 BD = 2OA = 8 ，则 AD = 4 ， AB = 4 3 ，
(
)
(
(
)
)
所以 AC = 12 ，所以 O 2 3, 2, 0 ， B 4 3, 0, 0 ， P 2 3, 2,3 ， C ( 0,12,0) ，
3
所以 E 3 3,1, ，
2
3
则 AE = 3 3,1, ， AB = 4 3, 0, 0 ， AC = ( 0,12,0 ) ，
2
3
n AE = 3 3x + y + z = 0
2
设平面 AEB 的法向量为 n = ( x, y, z ) ，则
，令 z = 2 ，则
n AB = 4 3x = 0
(
)
y = − 3 ， x = 0 ，所以 n = ( 0, −3, 2 ) ；
设平面 AEC 的法向量为 m =
3
m AE = 3 3a + b + c = 0
2
，
( a, b, c ) ，则
m AC = 12b = 0
令 a = 3 ，则 c = −6 ， b = 0 ，所以 m =
所以 cos n, m =
nm
n m
=
(
)
3, 0, −6 ；
−12
4 3
=−
13 .
13 39
设二面角 C − AE − B 的大小为 ，则 cos = cos n, m =
2
所以 sin = 1 − cos =
21．已知双曲线 C :
4 3
，
13
11
11
，即二面角 C − AE − B 的正弦值为 .
13
13
x2 y 2
−
= 1(a 0, b 0) 的右焦点为 F (2,0) ，渐近线方程为 y = 3x ．
a 2 b2
(1)求 C 的方程；
(2)过 F 的直线与 C 的两条渐近线分别交于 A，B 两点，点 P ( x1 , y1 ) , Q ( x2 , y2 ) 在 C 上，
且 x1 x2 0, y1 0 ．过 P 且斜率为 − 3 的直线与过 Q 且斜率为 3 的直线交于点 M.从
下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M 在 AB 上；② PQ∥AB ；③ | MA |=| MB | ．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1) x 2 −
y2
=1
3
(2)见解析
【分析】
（1）利用焦点坐标求得 c 的值，利用渐近线方程求得 a, b 的关系，进而利用
a, b, c 的平方关系求得 a, b 的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线 AB 的斜率存在且不为零，设直线 AB 的斜率为 k, M(x0,y0),由
8k 2
；由直线 PM 和 QM 的斜率得到直线方程，
k2 −3
3x0
结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线 PQ 的斜率 m =
，由② PQ / / AB 等价
y0
③|AM|=|BM|等价分析得到 x0 + ky0 =
2
转化为 ky0 = 3x0 ，由① M 在直线 AB 上等价于 ky0 = k ( x0 − 2 ) ，然后选择两个作为已
知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】
（1）右焦点为 F (2,0) ，∴ c = 2 ,∵渐近线方程为 y = 3x ，∴
b = 3a ，∴ c 2 = a 2 + b2 = 4a 2 = 4 ，∴ a = 1 ，∴ b = 3 ．
∴C 的方程为： x 2 −
y2
= 1；
3
b
=
a
3 ，∴
（2）由已知得直线 PQ 的斜率存在且不为零，直线 AB 的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线 AB 的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则 M 为线段 AB 的中点，假若直线 AB 的斜率不存在，则由双曲线的对
称性可知 M 在 x 轴上，即为焦点 F ,此时由对称性可知 P 、 Q 关于 x 轴对称，与从而
x1 = x2 ，已知不符；
总之，直线 AB 的斜率存在且不为零.
设直线 AB 的斜率为 k ,直线 AB 方程为 y = k ( x − 2 ) ,
2
则条件① M 在 AB 上，等价于 y0 = k ( x0 − 2 ) ky0 = k ( x0 − 2 ) ；
两渐近线的方程合并为 3x 2 − y 2 = 0 ,
(
)
2
2
2
2
联立消去 y 并化简整理得： k − 3 x − 4k x + 4k = 0
设 A ( x3 , y3 ) , B ( x4 , y4 ) ,线段中点为 N ( x N ,y N ) ,则
xN =
x3 + x4
2k 2
6k
,
= 2 , y N = k ( xN − 2 ) = 2
2
k −3
k −3
设 M ( x 0 , y0 ) ,
则条件③ AM = BM 等价于 ( x0 − x3 ) + ( y0 − y3 ) = ( x0 − x4 ) + ( y0 − y4 ) ,
2
2
2
移项并利用平方差公式整理得：
( x3 − x4 ) 2 x0 − ( x3 + x4 ) + ( y3 − y4 ) 2 y0 − ( y3 + y4 ) = 0 ，
y −y
2 x0 − ( x3 + x4 ) + 3 4 2 y0 − ( y3 + y4 ) = 0 ,即 x0 − xN + k ( y0 − yN ) = 0 ,
x3 − x4
即 x0 + ky0 =
8k 2
；
k2 −3
由题意知直线 PM 的斜率为 − 3 , 直线 QM 的斜率为 3 ,
∴由 y1 − y0 = − 3 ( x1 − x0 ) , y2 − y0 = 3 ( x2 − x0 ) ,
∴ y1 − y2 = − 3 ( x1 + x2 − 2 x0 ) ,
所以直线 PQ 的斜率 m =
3 ( x1 + x2 − 2 x0 )
y1 − y2
,
=−
x1 − x2
x1 − x2
直线 PM : y = − 3 ( x − x0 ) + y0 ,即 y = y0 + 3x0 − 3x ,
代入双曲线的方程 3x 2 − y 2 − 3 = 0 ,即
(
)
(
(
3x + y
)(
)
得： y0 + 3 x0 2 3 x − y0 + 3 x0 = 3 ,
解得 P 的横坐标： x1 =
)
3x − y = 3 中，
1
3
+ y0 + 3x0 ,
2 3 y0 + 3 x0
2
同理： x2 = −
∴ x1 − x2 =
∴m =
1
3
+ y0 − 3x0 ，
2 3 y0 − 3 x0
3x
1 3 y0
+ y0 , x1 + x2 − 2 x0 = − 2 0 2 − x0 ,
2
2
y0 − 3x0
3 y0 − 3x0
3x0
,
y0
∴条件② PQ / / AB 等价于 m = k ky0 = 3x0 ，
综上所述：
2
条件① M 在 AB 上，等价于 ky0 = k ( x0 − 2 ) ；
条件② PQ / / AB 等价于 ky0 = 3x0 ；
8k 2
条件③ AM = BM 等价于 x0 + ky0 = 2
；
k −3
选①②推③:
由①②解得： x0 =
2k 2
8k 2
,∴③成立；
,
x
+
ky
=
4
x
=
0
0
0
k2 −3
k2 −3
选①③推②：
由①③解得： x0 =
2k 2
6k 2
，
，
ky
=
0
k2 −3
k2 −3
∴ ky0 = 3x0 ，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得： x0 =
6
2k 2
6k 2
，
，∴ x0 − 2 = 2
，
ky
=
0
2
2
k −3
k −3
k −3
2
∴ ky0 = k ( x0 − 2 ) ，∴①成立.
22．已知函数 f ( x) = xeax − e x ．
(1)当 a = 1 时，讨论 f ( x) 的单调性；
(2)当 x 0 时， f ( x) −1 ，求 a 的取值范围；
(3)设 n N ，证明：
1
1 +1
2
+
1
2 +2
2
+
+
1
n +n
2
ln(n + 1) ．
【答案】(1) f ( x ) 的减区间为 ( −, 0 ) ，增区间为 ( 0, + ) .
(2) a
1
2
(3)见解析
【分析】
（1）求出 f ( x ) ，讨论其符号后可得 f ( x ) 的单调性.
ax
x
（2）设 h ( x ) = xe − e + 1 ，求出 h ( x ) ，先讨论 a
1
时题设中的不等式不成立，再就
2
0a
1
结合放缩法讨论 h ( x ) 符号，最后就 a 0 结合放缩法讨论 h ( x ) 的范围后可得
2
参数的取值范围.
（3）由（2）可得 2ln t t − 对任意的 t 1 恒成立，从而可得 ln ( n + 1) − ln n
1
t
任意的 n N* 恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
x
x
【详解】
（1）当 a = 1 时， f ( x ) = ( x − 1) e ，则 f ( x ) = xe ，
当 x 0 时， f ( x ) 0 ，当 x 0 时， f
x
0，
故 f ( x ) 的减区间为 ( − , 0 ) ，增区间为 ( 0, + ) .
ax
x
（2）设 h ( x ) = xe − e + 1 ，则 h ( 0 ) = 0 ，
ax
x
又 h ( x ) = (1 + ax ) e − e ，设 g ( x ) = (1 + ax ) e − e ，
ax
(
x
)
2
ax
x
则 g ( x ) = 2a + a x e − e ，
若a
1
，则 g ( 0 ) = 2a − 1 0 ，
2
因为 g ( x ) 为连续不间断函数，
故存在 x0 ( 0, + ) ，使得 x ( 0, x0 ) ，总有 g ( x ) 0 ，
故 g ( x ) 在 ( 0, x0 ) 为增函数，故 g ( x ) g ( 0 ) = 0 ，
故 h ( x ) 在 ( 0, x0 ) 为增函数，故 h ( x ) h ( 0 ) = 0 ，与题设矛盾.
若0 a
1
ax + ln (1+ ax )
ax
x
− ex ，
，则 h ( x ) = (1 + ax ) e − e = e
2
下证：对任意 x 0 ，总有 ln (1 + x ) x 成立，
证明：设 S ( x ) = ln (1 + x ) − x ，故 S ( x ) =
1
−x
−1 =
0，
1+ x
1+ x
故 S ( x ) 在 ( 0, + ) 上为减函数，故 S ( x ) S ( 0 ) = 0 即 ln (1 + x ) x 成立.
由上述不等式有 e ax + ln (1+ ax ) − e x e ax + ax − e x = e 2 ax − e x 0 ，
故 h ( x ) 0 总成立，即 h ( x ) 在 ( 0, + ) 上为减函数，
所以 h ( x ) h ( 0 ) = 0 .
当 a 0 时，有 h ( x ) = e − e + axe 1 − 1 + 0 = 0 ，
ax
x
ax
所以 h ( x ) 在 ( 0, + ) 上为减函数，所以 h ( x ) h ( 0 ) = 0 .
综上， a
1
.
2
（3）取 a =
1
1
1
，则 x 0 ，总有 xe 2 x − e x + 1 0 成立，
2
令 t = e 2 x ，则 t 1, t 2 = e x , x = 2ln t ，
1
n +n
2
对
1
t
故 2t ln t t 2 − 1 即 2ln t t − 对任意的 t 1 恒成立.
n +1
n +1
n
，
−
n
n
n +1
1
整理得到： ln ( n + 1) − ln n
，
2
n +n
1
1
1
+
+ +
ln 2 − ln1 + ln 3 − ln 2 +
故 2
2
2
1 +1
2 +2
n +n
所以对任意的 n N* ，有 2 ln
+ ln ( n + 1) − ln n
= ln ( n + 1) ，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调
性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根
据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
2022 年高考全国甲卷数学（理）真题
一、单选题
1．若 z = −1 + 3i ，则
A． −1 + 3i
z
=（
zz − 1
B． −1 − 3i
）
1
3
C． − +
i
3 3
1
3
D． − −
i
3 3
【答案】C
【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.
【详解】 z = −1 − 3i, zz = (−1 + 3i)(−1 − 3i) = 1 + 3 = 4.
z
−1 + 3i
1
3
=
=− +
i
zz − 1
3
3 3
故选 ：C
2．某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取
10 位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这 10 位社
区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：
则（
）
A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于 70%
B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于 85%
C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
【答案】B
【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得
解.
【详解】讲座前中位数为
70% + 75%
70% ,所以 A 错；
2
讲座后问卷答题的正确率只有一个是 80%, 4 个 85% ,剩下全部大于等于 90% ,所以讲座后
问卷答题的正确率的平均数大于 85% ,所以 B 对；
讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后
正确率的标准差,所以 C 错；
讲座后问卷答题的正确率的极差为100% − 80% = 20% ，
讲座前问卷答题的正确率的极差为 95% − 60% = 35% 20% ,所以 D 错.
故选:B.
2
3．设全集 U = {−2, −1,0,1, 2,3} ，集合 A = {−1, 2}, B = x∣x − 4 x + 3 = 0 ，则 U ( A B) =
（
）
A． {1,3}
C． {−2,1}
B． {0,3}
D．{−2,0}
【答案】D
【分析】解方程求出集合 B,再由集合的运算即可得解.
2
【详解】由题意， B= x x − 4 x + 3 = 0 = 1,3 ，所以 A B = −1,1, 2,3 ,
所以
U
( A B ) = −2, 0 .
故选：D.
4．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为 1，则该多
面体的体积为（
A．8
）
B．12
C．16
【答案】B
【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
D．20
【详解】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积 V =
2+4
2 2 = 12 .
2
故选：B.
π π
x
−x
5．函数 y = 3 − 3 cos x 在区间 − , 的图象大致为（
2 2
(
)
A．
B．
C．
D．
）
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
x
−x
【详解】令 f ( x ) = 3 − 3 cos x, x − , ，
2 2
(
(
)
)
(
)
−x
x
x
−x
则 f ( − x ) = 3 − 3 cos ( − x ) = − 3 − 3 cos x = − f ( x ) ，
所以 f ( x ) 为奇函数，排除 BD；
又当 x 0, 时， 3x − 3− x 0, cos x 0 ，所以 f ( x ) 0 ，排除 C.
2
故选：A.
6．当 x = 1 时，函数 f ( x) = a ln x +
A． −1
B． −
1
2
b
取得最大值 −2 ，则 f (2) = （
x
1
C． 2
）
D．1
【答案】B
【分析】根据题意可知 f 1
2 ， f (1) = 0 即可解得 a, b ，再根据 f ( x ) 即可解出．
【详解】因为函数 f ( x ) 定义域为 ( 0, + ) ，所以依题可知， f 1
f ( x) =
2 ， f (1) = 0 ，而
a b
2 2
− 2 ，所以 b = −2, a − b = 0 ，即 a = −2, b = −2 ，所以 f ( x ) = − + 2 ，因此
x x
x x
函数 f ( x ) 在 ( 0,1) 上递增，在 (1, + ) 上递减， x = 1 时取最大值，满足题意，即有
f ( 2 ) = −1 +
1
1
=− ．
2
2
故选：B.
7．在长方体 ABCD − A1B1C1D1 中，已知 B1D 与平面 ABCD 和平面 AA1B1B 所成的角均为
30 ，则（
）
A． AB = 2 AD
B．AB 与平面 AB1C1D 所成的角为 30
C． AC = CB1
D． B1D 与平面 BB1C1C 所成的角为 45
【答案】D
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设 AB = a, AD = b, AA1 = c ，依题以及长方体的结构特征可知， B1D 与平面 ABCD
所成角为 B1DB ， B1D 与平面 AA1B1B 所成角为 DB1 A ，所以 sin 30 =
c
b
=
，
B1 D B1 D
即 b = c ， B1 D = 2c = a 2 + b 2 + c 2 ，解得 a = 2c ．
对于 A， AB a ， AD b ， AB = 2 AD ，A 错误；
对于 B，过 B 作 BE ⊥ AB1 于 E ，易知 BE ⊥ 平面 AB1C1D ，所以 AB 与平面 AB1C1D 所成
角为 BAE ，因为 tan BAE =
c
2
，所以 BAE 30 ，B 错误；
=
a 2
对于 C， AC = a 2 + b2 = 3c ， CB1 = b 2 + c 2 = 2c ， AC CB1 ，C 错误；
对于 D， B1D 与平面 BB1C1C 所成角为 DB1C ， sin DB1C =
CD
a
2
=
=
，而
B1 D 2c
2
0 DB1C 90 ，所以 DB1C = 45 ．D 正确．
故选：D．
8．沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会
圆术”，如图， AB 是以 O 为圆心，OA 为半径的圆弧，C 是 AB 的中点，D 在 AB 上，
CD ⊥ AB ．“会圆术”给出 AB 的弧长的近似值 s 的计算公式： s =
OA = 2, AOB = 60 时， s = （
A．
11 − 3 3
2
B．
AB +
CD 2
．当
OA
）
11 − 4 3
2
C．
9−3 3
2
D．
9−4 3
2
【答案】B
【分析】连接 OC ，分别求出 AB, OC , CD ，再根据题中公式即可得出答案.
【详解】解：如图，连接 OC ，
因为 C 是 AB 的中点，
所以 OC ⊥ AB ，
又 CD ⊥ AB ，所以 O, C , D 三点共线，
即 OD = OA = OB = 2 ，
又 AOB = 60 ，
所以 AB = OA = OB = 2 ，
则 OC = 3 ，故 CD = 2 −
3，
(
)
2
2− 3
所以 s = AB + CD = 2 +
OA
2
故选：B.
2
=
11 − 4 3 .
2
9．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为 2π ，侧面积分别为 S甲
和 S乙 ，体积分别为 V甲 和 V乙 ．若
A． 5
V
S甲
=2 ，则 甲 = （
V乙
S乙
B． 2 2
C． 10
）
D．
5 10
4
【答案】C
【分析】设母线长为 l ，甲圆锥底面半径为 r1 ，乙圆锥底面圆半径为 r2 ，根据圆锥的侧
面积公式可得 r1 = 2r2 ，再结合圆心角之和可将 r1 , r2 分别用 l 表示，再利用勾股定理分别
求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为 l ，甲圆锥底面半径为 r1 ，乙圆锥底面圆半径为 r2 ，
则
S甲 r1l r1
=
= = 2，
S乙 r2l r2
所以 r1 = 2r2 ，
又
2 r1 2 r2
+
= 2 ，
l
l
则
r1 + r2
= 1，
l
2
3
1
3
所以 r1 = l , r2 = l ，
4
5
l，
所以甲圆锥的高 h1 = l 2 − l 2 =
9
3
1
2 2
l，
乙圆锥的高 h2 = l 2 − l 2 =
9
3
1 2
4 2
5
l
l
V甲 3 r1 h1
9
3
=
=
= 10 .
所以
V乙 1 r 2 h
1 2 2 2
l
l
2 2
3
9
3
故选：C.
10．椭圆 C :
x2 y 2
+ = 1(a b 0) 的左顶点为 A，点 P，Q 均在 C 上，且关于 y 轴对
a 2 b2
1
4
称．若直线 AP, AQ 的斜率之积为 ，则 C 的离心率为（
A．
3
2
2
2
B．
）
1
C． 2
D．
1
3
【答案】A
【分析】设 P ( x1 , y1 ) ，则 Q ( − x1 , y1 ) ，根据斜率公式结合题意可得
据
y12
1
= ，再根
2
2
− x1 + a
4
x12 y12
+
= 1 ，将 y1 用 x1 表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
a 2 b2
【详解】[方法一]：设而不求
设 P ( x1 , y1 ) ，则 Q ( − x1 , y1 )
则由 k AP k AQ =
由
y1
y1
y12
1
1
=
= ，
得： k AP k AQ =
2
2
x1 + a − x1 + a − x1 + a
4
4
b 2 ( a 2 − x12 )
x12 y12
2
，得
，
+
=
1
y
=
1
a2
a 2 b2
b2 ( a 2 − x12 )
所以
a2
2
− x1 + a 2
b2
1
1 ，即 2 = ，
=
a 4
4
c
a
所以椭圆 C 的离心率 e = = 1 −
b2
3
，故选 A.
=
2
a
2
[方法二]：第三定义
设右端点为 B，连接 PB，由椭圆的对称性知： kPB = −k AQ
1
4
故 k AP k AQ = k PA ( −k PB ) = − ，
由椭圆第三定义得： kPA kPB = −
故
b2
，
a2
b2 1
=
a2 4
c
a
所以椭圆 C 的离心率 e = = 1 −
b2
3
，故选 A.
=
a2
2
π
11．设函数 f ( x) = sin x + 在区间 (0, π) 恰有三个极值点、两个零点，则 的取值
3
范围是（
）
5 13
A． ,
3 6
13 8
C． ,
6 3
5 19
B． ,
3 6
13 19
D． ,
6 6
【答案】C
【分析】由 x 的取值范围得到 x +
组，解得即可．
3
的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式
, + ，
3 3
3
要使函数在区间 ( 0, ) 恰有三个极值点、两个零点，又 y = sin x ， x ,3 的图象如
3
【详解】解：依题意可得 0 ，因为 x ( 0, ) ，所以 x +
下所示：
则
13 8
5
13
8
+ 3 ，解得 ，即 , ．
2
6
3
3
6 3
故选：C．
12．已知 a =
31
1
1
, b = cos , c = 4sin ，则（
32
4
4
A． c b a
B． b a c
）
C． a b c
D． a c b
【答案】A
c
b
1
4
【分析】由 = 4tan 结合三角函数的性质可得 c b ;构造函数
f ( x ) = cosx +
1 2
x − 1, x ( 0, + ) ,利用导数可得 b a ,即可得解.
2
【详解】[方法一]：构造函数
π
因为当 x 0, , x tan x
2
c
b
故 = 4 tan
1
c
1 ，故 1 ，所以 c b ；
b
4
设 f ( x) = cos x +
1 2
x − 1, x (0, +) ，
2
f ( x) = − sin x + x 0 ，所以 f ( x) 在 (0, +) 单调递增，
1
1 31
0，
故 f f (0)=0 ，所以 cos −
4 32
4
所以 b a ，所以 c b a ，故选 A
[方法二]：不等式放缩
π
因为当 x 0, ,sin x x ，
2
2
取x
1
1
1
1 31
得： cos = 1 − 2sin 2 1 − 2 =
，故 b a
8
4
8
8 32
1
4
1
1
1
,cos =
4sin + cos = 17 sin + ，其中 0, ，且 sin =
4
4
17
17
4
2
1
1
1
1
当 4sin + cos = 17 时， + = ，及 = −
4
4
4
2
2
4
1
1
1
4
= cos =
， cos = sin =
4
4
17
17
1
1
4
1
1
= sin 4sin ，故 b c
故 cos =
4
4
4
17
17
此时 sin
所以 b a ，所以 c b a ，故选 A
[方法三]：泰勒展开
设 x = 0.25 ，则 a =
1
c = 4sin =
4
31
0.252
1
0.252 0.254
， b = cos 1 −
，
= 1−
+
32
2
4
2
4!
1
2
4
4 1 − 0.25 + 0.25 ，计算得 c b a ，故选 A.
1
3!
5!
4
sin
[方法四]：构造函数
因为
π
c
1 1
1
c
= 4 tan ，因为当 x 0, ,sin x x tan x ，所以 tan ,即 1 ，所以
b
b
4 4
4
2
c b ；设 f ( x) = cos x +
1 2
x − 1, x (0, +) ， f ( x) = − sin x + x 0 ，所以 f ( x) 在 (0, +)
2
1
1 31
0 ，所以 b a ,所以 c b a ，
单调递增，则 f f (0)=0 ,所以 cos −
4 32
4
故选：A．
[方法五]：
【最优解】不等式放缩
因为
π
c
1 1
1
c
= 4 tan ，因为当 x 0, ,sin x x tan x ，所以 tan ,即 1 ，所以
b
b
4 4
4
2
c b ；因为当 x 0,
b a
2
π
1
1
1 31
2 1
，故
,sin x x ，取 x 8 得 cos = 1 − 2sin 1 − 2 =
2
4
8
8 32
，所以 c b a ．
故选：A．
【整体点评】方法 4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适
的函数，属于通性通法；
π
方法 5：利用二倍角公式以及不等式 x 0, ,sin x x tan x 放缩，即可得出大小关
2
系，属于最优解．
二、填空题
(
1
3
)
13．设向量 a ， b 的夹角的余弦值为 ，且 a = 1 ， b = 3 ，则 2a + b b =
【答案】11
1
3
【分析】设 a 与 b 的夹角为 ，依题意可得 cos = ，再根据数量积的定义求出
．
a b ，最后根据数量积的运算律计算可得．
【详解】解：设 a 与 b 的夹角为 ，因为 a 与 b 的夹角的余弦值为
1
1
，即 cos = ，
3
3
1
3
又 a = 1 ， b = 3 ，所以 a b = a b cos = 1 3 = 1 ，
所以 ( 2a + b ) b = 2a b + b = 2a b + b = 2 1 + 32 = 11 ．
2
2
故答案为：11．
14．若双曲线 y 2 −
m=
【答案】
x2
= 1(m 0) 的渐近线与圆 x2 + y 2 − 4 y + 3 = 0 相切，则
2
m
．
3
3
【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐
标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．
【详解】解：双曲线 y 2 −
x
x2
= 1( m 0 ) 的渐近线为 y = ，即 x my = 0 ，
2
m
m
2
不妨取 x + my = 0 ，圆 x2 + y 2 − 4 y + 3 = 0 ，即 x + ( y − 2 ) = 1 ，所以圆心为 ( 0, 2 ) ，半径
2
r = 1，
依题意圆心 ( 0, 2 ) 到渐近线 x + my = 0 的距离 d =
2m
1 + m2
= 1，
3
3
或m = −
（舍去）
．
3
3
3
故答案为： ．
3
解得 m =
15．从正方体的 8 个顶点中任选 4 个，则这 4 个点在同一个平面的概率为
【答案】
．
6
.
35
【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．
4
【详解】从正方体的 8 个顶点中任取 4 个，有 n = C8 = 70 个结果，这 4 个点在同一个
平面的有 m = 6 + 6 = 12 个，故所求概率 P =
故答案为：
m 12
6
=
=
．
n 70 35
6
．
35
16．已知 ABC 中，点 D 在边 BC 上， ADB = 120, AD = 2, CD = 2 BD ．当
小值时， BD =
．
AC
取得最
AB
【答案】 3 − 1/ −1 + 3
【分析】设 CD = 2BD = 2m 0 ，利用余弦定理表示出
AC 2
后，结合基本不等式即可
AB 2
得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设 CD = 2BD = 2m 0 ，
则在 △ABD 中， AB 2 = BD 2 + AD 2 − 2 BD AD cos ADB = m2 + 4 + 2m ，
在 ACD 中， AC 2 = CD 2 + AD 2 − 2CD AD cos ADC = 4m2 + 4 − 4m ，
2
AC 2 4m2 + 4 − 4m 4 ( m + 4 + 2m ) − 12 (1 + m )
12
=
=
= 4−
2
2
所以 AB 2
3
m + 4 + 2m
m + 4 + 2m
( m + 1) +
m +1
4−
12
3
2 ( m + 1)
m +1
当且仅当 m + 1 =
所以当
= 4−2 3
，
3
即 m = 3 − 1 时，等号成立，
m +1
AC
取最小值时， m = 3 − 1 .
AB
故答案为： 3 − 1 .
[方法二]：建系法
令 BD=t，以 D 为原点，OC 为 x 轴，建立平面直角坐标系.
则 C（2t,0）
，A（1， 3 ）
，B（-t,0）
AC 2 ( 2t − 1) + 3 4t 2 − 4t + 4
12
=
= 2
= 4−
4−2 3
2
2
3
AB
( t + 1) + 3 t + 2t + 4
( t + 1) +
t +1
当且仅当t + 1 = 3, 即BD = 3 − 1时等号成立。
2
[方法三]：余弦定理
设 BD=x,CD=2x.由余弦定理得
c2 = x2 + 4 + 2x
， 2c 2 + b 2 = 12 + 6 x 2 ，
2
2
b = 4 + 4 x − 4 x
c2 = x2 + 4 + 2x
， 2c 2 + b 2 = 12 + 6 x 2 ，
2
2
b
=
4
+
4
x
−
4
x
令
AC
= t ，则 2c 2 + t 2c 2 = 12 + 6 x 2 ，
AB
12 + 6 x 2
12 + 6 x 2
2
t + 2 =
= 2
= 6 1 −
6−2 3 ，
2
c
x + 2x + 4
( x + 1) + 3
x +1
2
t 2 4 − 2 3 ，
当且仅当 x + 1 =
3
，即 x = 3 + 1 时等号成立.
x +1
[方法四]：判别式法
设 BD = x ，则 CD = 2 x
在 △ABD 中， AB 2 = BD 2 + AD 2 − 2 BD AD cos ADB = x 2 + 4 + 2 x ，
在 ACD 中， AC 2 = CD 2 + AD 2 − 2CD AD cos ADC = 4 x 2 + 4 − 4 x ，
所以
AC 2 4 x 2 + 4 − 4 x
4 x2 + 4 − 4 x
，记
，
=
t
=
AB 2 x 2 + 4 + 2 x
x2 + 4 + 2 x
2
则 ( 4 − t ) x − ( 4 + 2t ) x + ( 4 − 4t ) = 0
由方程有解得： = ( 4 + 2t ) − 4 ( 4 − t )( 4 − 4t ) 0
2
即 t 2 − 8t + 4 0 ，解得： 4 − 2 3 t 4 + 2 3
所以 tmin = 4 − 2 3 ，此时 x =
所以当
2+t
= 3 −1
4−t
AC
取最小值时， x = 3 − 1 ，即 BD = 3 − 1 .
AB
三、解答题
17．记 Sn 为数列 an 的前 n 项和．已知
2Sn
+ n = 2an + 1 ．
n
(1)证明： an 是等差数列；
(2)若 a4 , a7 , a9 成等比数列，求 Sn 的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) −78 ．
S1 , n = 1
，作差即可得到
Sn − Sn −1 , n 2
2
【分析】
（1）依题意可得 2Sn + n = 2nan + n ，根据 an =
an − an−1 = 1 ，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出 a1 ，即可得到 an 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
2Sn
+ n = 2an + 1 ，即 2Sn + n2 = 2nan + n ①，
n
当 n 2 时， 2Sn −1 + ( n − 1) = 2 ( n − 1) an −1 + ( n − 1) ②，
2
① − ②得， 2Sn + n 2 − 2S n −1 − ( n − 1) = 2nan + n − 2 ( n − 1) an −1 − ( n − 1) ，
2
即 2an + 2n − 1 = 2nan − 2 ( n − 1) an −1 + 1 ，
即 2 ( n − 1) an − 2 ( n − 1) an−1 = 2 ( n − 1) ，所以 an − an−1 = 1 ， n 2 且 n N* ，
所以 an 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 a4 = a1 + 3 ， a7 = a1 + 6 ， a9 = a1 + 8 ，
2
又 a4 ， a7 ， a9 成等比数列，所以 a7 = a4 a9 ，
即 ( a1 + 6 ) = ( a1 + 3) ( a1 + 8 ) ，解得 a1 = −12 ，
2
所以 an = n − 13 ，所以 Sn = −12n +
n ( n − 1) 1 2 25
1
25 625
= n −
n = n− −
，
2
2
2
2
2
8
2
所以，当 n = 12 或 n = 13 时， ( Sn )min = −78 ．
[方法二]：
【最优解】邻项变号法
由（1）可得 a4 = a1 + 3 ， a7 = a1 + 6 ， a9 = a1 + 8 ，
2
又 a4 ， a7 ， a9 成等比数列，所以 a7 = a4 a9 ，
即 ( a1 + 6 ) = ( a1 + 3) ( a1 + 8 ) ，解得 a1 = −12 ，
2
所以 an = n − 13 ，即有 a1 a2
a12 0, a13 = 0 .
则当 n = 12 或 n = 13 时， ( Sn )min = −78 ．
【整体点评】
（2）法一：根据二次函数的性质求出 Sn 的最小值，适用于可以求出 Sn 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．
18．在四棱锥 P − ABCD 中， PD ⊥ 底面
ABCD, CD ∥ AB, AD = DC = CB = 1, AB = 2, DP = 3 ．
(1)证明： BD ⊥ PA ；
(2)求 PD 与平面 PAB 所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
5
.
5
【分析】
（1）作 DE ⊥ AB 于 E ， CF ⊥ AB 于 F ，利用勾股定理证明 AD ⊥ BD ，根据
线面垂直的性质可得 PD ⊥ BD ，从而可得 BD ⊥ 平面 PAD ，再根据线面垂直的性质即
可得证；
（2）以点 D 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】
（1）证明：在四边形 ABCD 中，作 DE ⊥ AB 于 E ， CF ⊥ AB 于 F ，
因为 CD / / AB, AD = CD = CB = 1, AB = 2 ，
所以四边形 ABCD 为等腰梯形，
所以 AE = BF =
故 DE =
1
，
2
3
， BD = DE 2 + BE 2 = 3 ，
2
所以 AD2 + BD2 = AB 2 ，
所以 AD ⊥ BD ，
因为 PD ⊥ 平面 ABCD ， BD 平面 ABCD ，
所以 PD ⊥ BD ，
又 PD AD=D ，
所以 BD ⊥ 平面 PAD ，
又因为 PA 平面 PAD ，
所以 BD ⊥ PA ；
（2）解：如图，以点 D 为原点建立空间直角坐标系，
BD = 3 ，
(
) (
)
则 A (1, 0, 0 ) , B 0, 3, 0 , P 0, 0, 3 ，
(
)
(
)
(
)
则 AP = −1, 0, 3 , BP = 0, − 3, 3 , DP = 0, 0, 3 ，
设平面 PAB 的法向量 n = ( x, y, z ) ，
n AP = − x + 3 z = 0
则有 {
，可取 n =
n BP = − 3 y + 3 z = 0
则 cos n, DP =
n DP
n DP
=
(
)
3,1,1 ，
5
5 ，
所以 PD 与平面 PAB 所成角的正弦值为
5
.
5
19．甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得 10 分，负方
得 0 分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在
三个项目中获胜的概率分别为 0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用 X 表示乙学校的总得分，求 X 的分布列与期望．
【答案】(1) 0.6 ；
(2)分布列见解析， E ( X ) = 13 .
【分析】
（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 A, B, C ，再根据甲获得冠军则至
少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求
出；
（2）依题可知， X 的可能取值为 0,10, 20,30 ，再分别计算出对应的概率，列出分布
列，即可求出期望．
【详解】
（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 A, B, C ，所以甲学校获得冠军的
概率为
P = P ( ABC ) + P ( ABC ) + P ( ABC ) + P ( ABC )
= 0.5 0.4 0.8 + 0.5 0.4 0.8 + 0.5 0.6 0.8 + 0.5 0.4 0.2
= 0.16 + 0.16 + 0.24 + 0.04 = 0.6 ．
（2）依题可知， X 的可能取值为 0,10, 20,30 ，所以，
P ( X = 0 ) = 0.5 0.4 0.8 = 0.16 ,
P ( X = 10 ) = 0.5 0.4 0.8 + 0.5 0.6 0.8 + 0.5 0.4 0.2 = 0.44 ，
P ( X = 20 ) = 0.5 0.6 0.8 + 0.5 0.4 0.2 + 0.5 0.6 0.2 = 0.34 ，
P ( X = 30 ) = 0.5 0.6 0.2 = 0.06 .
即 X 的分布列为
X
0
10
20
30
P
0.16
0.44
0.34
0.06
期望 E ( X ) = 0 0.16 + 10 0.44 + 20 0.34 + 30 0.06 = 13 .
20．设抛物线 C : y 2 = 2 px( p 0) 的焦点为 F，点 D ( p, 0 ) ，过 F 的直线交 C 于 M，N
两点．当直线 MD 垂直于 x 轴时， MF = 3 ．
(1)求 C 的方程；
(2)设直线 MD, ND 与 C 的另一个交点分别为 A，B，记直线 MN , AB 的倾斜角分别为
, ．当 − 取得最大值时，求直线 AB 的方程．
【答案】(1) y 2 = 4 x ；
(2) AB : x = 2 y + 4 .
【分析】
（1）由抛物线的定义可得 MF =p +
p
，即可得解；
2
（2）法一：设点的坐标及直线 MN : x = my + 1 ，由韦达定理及斜率公式可得
kMN = 2k AB ，再由差角的正切公式及基本不等式可得 k AB = 2 ，设直线
2
AB : x = 2 y + n ，结合韦达定理可解.
【详解】
（1）抛物线的准线为 x = −
此时 MF =p +
p
，当 MD 与 x 轴垂直时，点 M 的横坐标为 p，
2
p
= 3 ，所以 p = 2 ，
2
所以抛物线 C 的方程为 y 2 = 4 x ；
（2）[方法一]：
【最优解】直线方程横截式
y2
y12 y22
y2
, y1 , N , y2 , A 3 , y3 , B 4 , y4 ，直线 MN : x = my + 1 ，
4
4
4
4
设M
x = my + 1
由 2
可得 y 2 − 4my − 4 = 0 ， 0, y1 y2 = −4 ，
y = 4x
y −y
y − y2
4
4
k AB = 23 42 =
kMN = 21
=
2
由斜率公式可得
y3 y4 y3 + y4 ，
y1 y2
y1 + y2 ，
−
−
4
4
4 4
x1 − 2
4 ( x1 − 2 )
y + 2 ，代入抛物线方程可得 y 2 −
y −8 = 0 ，
直线 MD : x =
y1
y1
0, y1 y3 = −8 ，所以 y3 = 2 y2 ，同理可得 y4 = 2 y1 ，
所以 k AB =
k
4
4
=
= MN
y3 + y4 2 ( y1 + y2 )
2
又因为直线 MN、AB 的倾斜角分别为 , ，所以 k AB = tan =
kMN tan
=
，
2
2
若要使 − 最大，则 0, ，设 kMN = 2k AB = 2k 0 ，则
2
tan ( − ) =
tan − tan
k
1
1
2
=
=
=
2
1
1 + tan tan 1 + 2k
4 ，
+ 2k 2 1 2k
k
k
2
时，等号成立，
2
2
所以当 − 最大时， k AB =
，设直线 AB : x = 2 y + n ，
2
1
k
当且仅当 = 2k 即 k =
代入抛物线方程可得 y 2 − 4 2 y − 4n = 0 ，
0, y3 y4 = −4n = 4 y1 y2 = −16 ，所以 n = 4 ，
所以直线 AB : x = 2 y + 4 .
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线 MN 的斜率存在.
设 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) , A ( x3 , y3 ) , B ( x4 , y4 ) ,直线 MN : y = k ( x − 1)
y = k ( x − 1)
2 2
2
2
由 2
得： k x − 2k + 4 x + k = 0 ， x1 x2 = 1 ,同理， y1 y2 = −4 .
y
=
4
x
y1
( x − 2) ,代入抛物线方程可得： x1 x3 = 4 ，同理， x2 x4 = 4 .
直线 MD: y =
x1 − 2
(
)
代入抛物线方程可得: y1 y3 = −8 ,所以 y3 = 2 y2 ，同理可得 y4 = 2 y1 ，
由斜率公式可得：
k AB =
2 ( y2 − y1 )
y4 − y3
y2 − y1
1
=
=
= kMN .
x4 − x3
1 1 2 ( x2 − x1 ) 2
4 −
x2 x1
（下同方法一）若要使 − 最大，则 0, ，
2
设 kMN = 2k AB = 2k 0 ，则
tan ( − ) =
tan − tan
k
1
1
2
=
=
=
2
1
1 + tan tan 1 + 2k
4 ，
+ 2k 2 1 2k
k
k
2
时，等号成立，
2
2
所以当 − 最大时， k AB =
，设直线 AB : x = 2 y + n ，
2
1
k
当且仅当 = 2k 即 k =
代入抛物线方程可得 y 2 − 4 2 y − 4n = 0 ， 0, y3 y4 = −4n = 4 y1 y2 = −16 ，所以 n = 4 ，
所以直线 AB : x = 2 y + 4 .
[方法三]：三点共线
y2
y12 y22
y2
, y1 , N , y2 , A 3 , y3 , B 4 , y4 ，
4
4
4
4
设M
y12
y2
− t , y1 ，
PN = 2 − t , y2
4
4
设 P ( t , 0 ) ,若 P、M、N 三点共线，由 PM =
y12
y22
−
t
y
=
所以
2 − t y1 ，化简得 y1 y2
4
4
反之，若 y1 y2
4t ，
4t ,可得 MN 过定点 ( t , 0 )
因此，由 M、N、F 三点共线，得 y1 y2 = −4 ，
由 M、D、A 三点共线，得 y1 y3 = −8 ，
由 N、D、B 三点共线，得 y2 y4 = −8 ，
则 y3 y4 = 4 y1 y2 = −16 ，AB 过定点（4,0）
（下同方法一）若要使 − 最大，则 0, ，
2
设 kMN = 2k AB = 2k 0 ，则
tan ( − ) =
tan − tan
k
1
1
2
=
=
=
，
1 + tan tan 1 + 2k 2 1 + 2k
4
1
2 2k
k
k
2
时，等号成立，
2
2
所以当 − 最大时， k AB =
，所以直线 AB : x = 2 y + 4 .
2
1
k
当且仅当 = 2k 即 k =
【整体点评】
（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直
线 MN , AB 的斜率关系，由基本不等式即可求出直线 AB 的斜率，再根据韦达定理求出
直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线 AB 过定点，省去联立过
程，也不失为一种简化运算的好方法．
21．已知函数 f ( x ) =
ex
− ln x + x − a ．
x
(1)若 f ( x ) 0 ，求 a 的取值范围；
(2)证明：若 f ( x ) 有两个零点 x1 , x2 ，则 x1 x2 1 ．
【答案】(1) (−, e + 1]
(2)证明见的解析
【分析】
（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为
1
ex
1
1
− xe x − 2 ln x − x − 0 ，再利用导数即
x
2
x
可得证.
【详解】
（1）[方法一]：常规求导
f ( x) 的定义域为 (0, +) ，则
x
1 1
1
1 1
1 x −1 e
f ( x) = − 2 e x − + 1 = 1 − e x + 1 − =
+ 1
x
x x
x x
x x
x
令 f ( x ) = 0 ,得 x = 1
当 x (0,1), f ( x ) 0, f ( x ) 单调递减
当 x (1, +), f ( x ) 0, f ( x ) 单调递增 f ( x) f (1) = e + 1 − a ，
若 f ( x) 0 ,则 e + 1 − a 0 ,即 a e + 1
所以 a 的取值范围为 (−, e + 1]
[方法二]：同构处理
由 f ( x ) 0 得： e− ln x + x + x − ln x − a 0
t
令 t = x − ln x, t 1 ，则 f ( t ) = e + t − a 0 即 a et + t
t
t
令 g ( t ) = e + t , t 1, + ) ，则 g ' ( t ) = e + 1 0
t
故 g ( t ) = e + t 在区间 1, + ) 上是增函数
故 g ( t )min = g (1) = e + 1 ，即 a e + 1
所以 a 的取值范围为 (−, e + 1]
（2）[方法一]：构造函数
由题知, f ( x ) 一个零点小于 1,一个零点大于 1，不妨设 x1 1 x2
要证 x1 x2 1 ,即证 x1
因为 x1 ,
1
x2
1
(0,1) ,即证 f ( x1 )
x2
1
f
x2
1
x2
又因为 f ( x1 ) = f ( x2 ) ,故只需证 f ( x2 ) f
即证
1
ex
1
− ln x + x − xe x − ln x − 0, x (1, +)
x
x
1
ex
1
1
− xe x − 2 ln x − x − 0
x
2
x
1
ex
1
1
下面证明 x 1 时， − xe x 0, ln x − x − 0
x
2
x
即证
设 g ( x) =
1
ex
− xe x , x 1 ，
x
1
x
则 g ( x) = −
1
1 x 1x
1 1 1 x 1x 1
x
e
−
e
+
xe
−
2 = 1 − e − e 1 −
x2
x x x
x
1
x
x − 1 e x 1x
1 e
x
= 1 − − e =
−e
x x
x x
设 ( x) =
ex
1 1
x −1
( x 1) , ( x ) = − 2 e x = 2 e x 0
x
x
x
x
所以 ( x ) (1) = e ,而 e x e
1
1
ex
− e x 0 ,所以 g ( x) 0
x
所以 g ( x) 在 (1, +) 单调递增
所以
1
ex
− xe x 0
x
1
1
令 h( x) = ln x − x − , x 1
2
x
即 g ( x) g (1) = 0 ,所以
h( x) =
1 1
1 2 x − x 2 − 1 −( x − 1) 2
− 1 + 2 =
=
0
x 2 x
2x2
2x2
所以 h( x) 在 (1, +) 单调递减
1
1
即 h( x ) h(1) = 0 ,所以 ln x − x − 0 ；
2
x
1
ex
1
1
x
−
xe
− 2 ln x − x − 0 ,所以 x1 x2 1 .
综上,
x
2
x
[方法二]：对数平均不等式
由题意得： f ( x ) =
令t =
ex
ex
+ ln − a
x
x
1
ex
1 ，则 f ( t ) = t + ln t − a ， f ' ( t ) = 1 + 0
t
x
所以 g ( t ) = t + ln t − a 在 (1, + ) 上单调递增，故 g ( t ) = 0 只有 1 个解
x1
x2
e
e
ex
ex
+ ln − a 有两个零点 x1 , x2 ，故 t = =
x
x2
x
x
1
x1 − x2
=1
两边取对数得： x1 − ln x1 = x2 − ln x2 ，即
ln x1 − ln x2
x1 − x2
(*) ，故 x1 x2 1 ，即 x1 x2 1
又因为 x1 x2
ln x1 − ln x2
x1 − x2
(*)
下证 x1 x2
ln x1 − ln x2
又因为 f ( x ) =
因为 x1 x2
x1 − x2
x −x
x
x
x
ln x1 − ln x2 1 2 ln 1 1 − 2
ln x1 − ln x2
x2
x2
x1
x1 x2
不妨设 t =
x1
1
1 ，则只需证 2ln t t −
x2
t
1
t
构造 h ( t ) = 2 ln t − t + , t 1 ，则 h ' ( t ) =
2
2
1
1
− 1 − 2 = − 1 − 0
t
t
t
1
t
故 h ( t ) = 2 ln t − t + 在 (1, + ) 上单调递减
1
t
故 h ( t ) h (1) = 0 ，即 2ln t t − 得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明
不等式
1
1
h( x) = ln x − x − 这个函数经常出现，需要掌握
2
x
2+t
x =
6 （t 为参数）
22．在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为
，曲线 C2 的参
y = t
2+ s
x = −
6 （s 为参数）
数方程为
．
y = − s
(1)写出 C1 的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C3 的极坐标方程为
2cos − sin = 0 ，求 C3 与 C1 交点的直角坐标，及 C3 与 C2 交点的直角坐标．
2
【答案】(1) y = 6 x − 2 ( y 0 ) ；
1
1
(2) C3 , C1 的交点坐标为 2 ,1 ， (1, 2 ) ， C3 , C2 的交点坐标为 − , −1 ， ( −1, −2 ) ．
2
【分析】(1)消去 t ，即可得到 C1 的普通方程；
(2)将曲线 C2 , C3 的方程化成普通方程，联立求解即解出．
【详解】
（1）因为 x =
2+t
2 + y2
， y = t ，所以 x =
，即 C1 的普通方程为
6
6
y2 = 6x − 2 ( y 0) ．
（2）因为 x = −
2+s
, y = − s ，所以 6 x = −2 − y 2 ，即 C2 的普通方程为
6
y 2 = −6 x − 2 ( y 0 ) ，
由 2cos − sin = 0 2 cos − sin = 0 ，即 C3 的普通方程为 2 x − y = 0 ．
y 2 = 6x − 2 ( y 0)
x = 1
x =
1
2 或
联立
，解得：
，即交点坐标为 2 ,1 ， (1, 2 ) ；
2x − y = 0
y = 1 y = 2
1
y 2 = −6 x − 2 ( y 0 )
x = −1
x = −
1
2 或
联立
，解得：
，即交点坐标为 − , −1 ，
y
=
−
2
2x − y = 0
2
y = −1
1
( −1, −2 ) ．
23．已知 a，b，c 均为正数，且 a 2 + b2 + 4c 2 = 3 ，证明：
(1) a + b + 2c 3 ；
1
a
1
c
(2)若 b = 2c ，则 + 3 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
2
2
2
2
2
【分析】
（1）方法一：根据 a + b + 4c = a + b + ( 2c ) ，利用柯西不等式即可得证；
2
（2）由（1）结合已知可得 0 a + 4c 3 ，即可得到
1
1
，再根据权方和不等式
a + 4c 3
即可得证.
【详解】
（1）[方法一]：
【最优解】柯西不等式
2
2
2
2
2
2
2
由柯西不等式有 a + b + ( 2c ) (1 + 1 + 1 ) ( a + b + 2c ) ，
所以 a + b + 2c 3 ，当且仅当 a = b = 2c = 1时，取等号，所以 a + b + 2c 3 .
[方法二]：基本不等式
由 a 2 + b 2 2ab ， b 2 + 4c 2 4bc ， a 2 + 4c 2 4ac ，
( a + b + 2c )
2
(
)
= a 2 + b2 + 4c 2 + 2ab + 4bc + 4ac 3 a 2 + b 2 + 4c 2 = 9 ，
当且仅当 a = b = 2c = 1时，取等号，所以 a + b + 2c 3 .
（2）证明：因为 b = 2c ， a 0 ， b 0 ， c 0 ，由（1）得 a + b + 2c = a + 4c 3 ，
即 0 a + 4c 3 ，所以
1
1
，
a + 4c 3
2
2
(1 + 2 ) = 9 3 ，
由权方和不等式知 1 + 1 = 1 + 2
a c a 4c a + 4c a + 4c
2
1
a
当且仅当 =
1
a
1
2
，即 a = 1 ， c = 时取等号，
4c
2
1
c
所以 + 3 .
【点睛】
（1）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解；
方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也
是不错的方法．
2022 年高考全国乙卷数学（理）真题
一、单选题
1．设全集 U = {1, 2,3, 4,5} ，集合 M 满足 U M = {1,3} ，则（
A． 2 M
）
C． 4 M
B． 3 M
D． 5 M
【答案】A
【分析】先写出集合 M ,然后逐项验证即可
【详解】由题知 M = {2, 4,5} ,对比选项知， A 正确, BCD 错误
故选: A
2．已知 z = 1 − 2i ，且 z + az + b = 0 ，其中 a，b 为实数，则（
A． a = 1, b = −2
B． a = −1, b = 2
）
D． a = −1, b = −2
C． a = 1, b = 2
【答案】A
【分析】先算出 z ,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可
【详解】 z = 1 − 2i
z + az + b = 1 − 2i + a(1 + 2i) + b = (1 + a + b) + (2a − 2)i
由 z + az + b = 0 ,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，
1 + a + b = 0
a = 1
,即
得
2a − 2 = 0
b = −2
故选: A
3．已知向量 a, b 满足 | a |= 1,| b |= 3,| a − 2b |= 3 ，则 a b = （
A． −2
B． −1
C．1
）
D．2
【答案】C
【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.
2
【详解】解：∵ | a − 2b |2 =| a |2 −4a b + 4 b ，
又∵ | a |= 1,| b |= 3,| a − 2b |= 3,
∴9 = 1 − 4a b + 4 3 = 13 − 4a b ，
∴ a b =1
故选：C.
4．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞
行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列 bn ：
b1 = 1 +
1
1
，
b2 = 1 +
1
1 ，
1 +
b3 = 1 +
2
k N (k = 1, 2, ) ．则（
1
1 +
1
2 +
3
）
B． b3 b8
A． b1 b5
1 ，…，依此类推，其中
C． b6 b2
D． b4 b7
【答案】D
*
【分析】根据 k N ( k = 1, 2,…) ，再利用数列 bn 与 k 的关系判断 bn 中各项的大
小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为 k N ( k = 1, 2,
)，
*
所以 1 1 +
同理
1 +
1
2
1
又因为
2
1
2
1
， 1
1 +
1
1 +
2
1
2 +
1 ，可得 b2 b3 ， b1 b3
3
1
2 +
1 ，得到 b1 b2 ，
, 1 +
1
3 +
1
1
2 +
4
1
1 +
3
1
2 +
1
3 +
1 ，
4
故 b2 b4 ， b3 b4 ；
以此类推，可得 b1 b3 b5 b7 … ， b7 b8 ，故 A 错误；
b1 b7 b8 ，故 B 错误；
1
2
1 +
1
2 +
1
3 +…
b b6 ，故 C 错误；
1 ，得 2
6
1
2 +
1 +
1
3 +
1
1
2 +…
4
1
6 +
b b7 ，故 D 正确.
1 ，得 4
7
[方法二]：特值法
3
2
5
3
8
5
不妨设 an = 1, 则 b1 = 2, b 2 = ，b3 = , b 4 = ，b5 =
13
21
34
55
, b 6 = ，b 7 =
, b8 = ，
8
13
21
34
b4 b7 故 D 正确.
5．设 F 为抛物线 C : y 2 = 4 x 的焦点，点 A 在 C 上，点 B(3,0) ，若 AF = BF ，则
AB = （
）
A．2
B． 2 2
C．3
D． 3 2
【答案】B
【分析】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 AF = BF = 2 ，
即点 A 到准线 x= − 1 的距离为 2，所以点 A 的横坐标为 −1 + 2 = 1 ，
不妨设点 A 在 x 轴上方，代入得， A (1,2 ) ，
所以 AB = ( 3 − 1) + ( 0 − 2 ) = 2 2 .
2
2
故选：B
6．执行下边的程序框图，输出的 n = （
A．3
B．4
）
C．5
【答案】B
【分析】根据框图循环计算即可.
【详解】执行第一次循环， b = b + 2a = 1 + 2 = 3 ，
a = b − a = 3 − 1 = 2, n = n + 1 = 2 ，
b2
32
1
−
2
=
− 2 = 0.01 ；
2
2
a
2
4
执行第二次循环， b = b + 2a = 3 + 4 = 7 ，
D．6
a = b − a = 7 − 2 = 5, n = n + 1 = 3 ，
b2
72
1
−
2
=
− 2 = 0.01；
2
2
a
5
25
执行第三次循环， b = b + 2a = 7 + 10 = 17 ，
a = b − a = 17 − 5 = 12, n = n + 1 = 4 ，
b2
172
1
−
2
=
−2 =
0.01 ，此时输出 n = 4 .
2
2
a
12
144
故选：B
7．在正方体 ABCD − A1B1C1D1 中，E，F 分别为 AB, BC 的中点，则（
）
A．平面 B1EF ⊥ 平面 BDD1
B．平面 B1EF ⊥ 平面 A1BD
C．平面 B1EF / / 平面 A1 AC
D．平面 B1EF / / 平面 A1C1 D
【答案】A
【分析】证明 EF ⊥ 平面 BDD1 ，即可判断 A；如图，以点 D 为原点，建立空间直角坐
标系，设 AB = 2 ，分别求出平面 B1EF ， A1BD ， A1C1 D 的法向量，根据法向量的位置
关系，即可判断 BCD.
【详解】解：在正方体 ABCD − A1B1C1D1 中，
AC ⊥ BD 且 DD1 ⊥ 平面 ABCD ，
又 EF 平面 ABCD ，所以 EF ⊥ DD1 ，
因为 E, F 分别为 AB, BC 的中点，
所以 EF∥ AC ，所以 EF ⊥ BD ，
又 BD
DD1 = D ，
所以 EF ⊥ 平面 BDD1 ，
又 EF 平面 B1EF ，
所以平面 B1EF ⊥ 平面 BDD1 ，故 A 正确；
选项 BCD 解法一：
如图，以点 D 为原点，建立空间直角坐标系，设 AB = 2 ，
则 B1 ( 2, 2, 2 ) , E ( 2,1, 0 ) , F (1, 2, 0 ) , B ( 2, 2, 0 ) , A1 ( 2, 0, 2 ) , A ( 2, 0, 0 ) , C ( 0, 2, 0 ) ，
C1 ( 0, 2, 2 ) ，
则 EF = ( −1,1,0 ) , EB1 = ( 0,1, 2 ) ， DB = ( 2, 2,0 ) , DA1 = ( 2,0, 2 ) ，
AA1 = ( 0,0, 2 ) , AC = ( −2, 2,0 ) , A1C1 = ( −2, 2,0 ) ,
设平面 B1EF 的法向量为 m = ( x1 , y1 , z1 ) ，
m EF = − x1 + y1 = 0
则有
，可取 m = ( 2, 2, −1) ，
m EB1 = y1 + 2 z1 = 0
同理可得平面 A1BD 的法向量为 n1 = (1, −1, −1) ，
平面 A1 AC 的法向量为 n2 = (1,1,0 ) ，
平面 A1C1 D 的法向量为 n3 = (1,1, −1) ，
则 m n1 = 2 − 2 + 1 = 1 0 ，
所以平面 B1EF 与平面 A1BD 不垂直，故 B 错误；
因为 m 与 n2 不平行，
所以平面 B1EF 与平面 A1 AC 不平行，故 C 错误；
因为 m 与 n3 不平行，
所以平面 B1EF 与平面 A1C1 D 不平行，故 D 错误，
故选：A.
选项 BCD 解法二：
解：对于选项 B，如图所示，设 A1B
B1E = M ， EF
BD = N ，则 MN 为平面 B1EF 与
平面 A1BD 的交线，
在 BMN 内，作 BP ⊥ MN 于点 P ，在 EMN 内，作 GP ⊥ MN ，交 EN 于点 G ，连结
BG ，
则 BPG 或其补角为平面 B1EF 与平面 A1BD 所成二面角的平面角，
由勾股定理可知： PB 2 + PN 2 = BN 2 ， PG 2 + PN 2 = GN 2 ，
底面正方形 ABCD 中， E, F 为中点，则 EF ⊥ BD ，
由勾股定理可得 NB 2 + NG 2 = BG 2 ，
(
) (
)
2
2
2
2
2
2
2
从而有： NB + NG = PB + PN + PG + PN = BG ，
据此可得 PB 2 + PG 2 BG 2 ，即 BPG 90 ，
据此可得平面 B1EF ⊥ 平面 A1BD 不成立，选项 B 错误；
对于选项 C，取 A1 B1 的中点 H ，则 AH B1E ，
由于 AH 与平面 A1 AC 相交，故平面 B1EF∥平面 A1 AC 不成立，选项 C 错误；
对于选项 D，取 AD 的中点 M ，很明显四边形 A1B1FM 为平行四边形，则 A1M B1F ，
由于 A1M 与平面 A1C1 D 相交，故平面 B1EF∥平面 A1C1 D 不成立，选项 D 错误；
故选：A.
8．已知等比数列 an 的前 3 项和为 168， a2 − a5 = 42 ，则 a6 = （
A．14
B．12
C．6
）
D．3
【答案】D
【分析】设等比数列 an 的公比为 q, q 0 ，易得 q 1 ，根据题意求出首项与公比，再
根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列 an 的公比为 q, q 0 ，
若 q = 1 ，则 a2 − a5 = 0 ，与题意矛盾，
所以 q 1 ，
(
)
a1 1 − q 3
a1 = 96
a1 + a2 + a3 =
= 168
则
，解得
1− q
1 ，
q=
4
2
a2 − a5 = a1q − a1q = 42
5
所以 a6 = a1q = 3 .
故选：D.
9．已知球 O 的半径为 1，四棱锥的顶点为 O，底面的四个顶点均在球 O 的球面上，则
当该四棱锥的体积最大时，其高为（
A．
1
3
）
1
B． 2
C．
3
3
D．
2
2
【答案】C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点 O 到底面 ABCD 所在小圆距离一定时，底面
ABCD 面积最大值为 2r 2 ，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体
积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：
【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形 ABCD，四边形 ABCD 所在小圆半径为 r，
设四边形 ABCD 对角线夹角为 ，
1
2
1
2
1
2
2
则 S ABCD = AC BD sin AC BD 2r 2r = 2r
（当且仅当四边形 ABCD 为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点 O 到底面 ABCD 所在小圆距离一定时，底面 ABCD 面积最大值为
2r 2
又设四棱锥的高为 h ，则 r 2 + h 2 = 1 ，
VO − ABCD
3
2 r 2 + r 2 + 2h 2
4 3
r r 2h
=
3
3
27
1
2
= 2r 2 h =
3
3
当且仅当 r 2 = 2h2 即 h =
故选：C
2
3
3
2
2
时等号成立.
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 a ，底面所在圆的
半径为 r ，则 r =
1
V = a2
3
2
a2
a ，所以该四棱锥的高 h = 1 − ，
2
2
a2 a2
a2
+ +1−
a
4 a a
a
4
4
2
1−
=
(1 − )
4
2 3 4 4
2
3
3
2
(当且仅当
2
2
2
3
4 13 4 3
( ) =
=
3 3
27
4
a2
a2
2
=1−
，即 a = 时，等号成立)
4
2
3
所以该四棱锥的体积最大时，其高 h = 1 −
a2
2
3
.
= 1− =
2
3 3
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 a ，底面所在圆的
2
a2
1
a2
a ，所以该四棱锥的高 h = 1 − ， V = a 2 1 − ，令
2
3
2
2
3
2
3
3t
t
1 2 t
a 2 = t (0 t 2) ， V =
，
t − ，设 f ( t ) = t 2 − ，则 f ( t ) = 2t −
3
2
2
2
半径为 r ，则 r =
0t
4
4
t 2 ， f ( t ) 0 ，单调递减，
， f ( t ) 0 ，单调递增，
3
3
所以当 t =
4
时， V 最大，此时 h =
3
1−
a2
3
=
2
3
．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简
便，是通性通法．
10．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手
与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 p1 , p2 , p3 ，且 p3 p2 p1 0 ．记该棋手连胜两
盘的概率为 p，则（
）
A．p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p 最
大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大
D．该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大
【答案】D
【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连
胜两盘的概率 p甲 ；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率 p乙 ；该棋手在第二盘
与丙比赛且连胜两盘的概率 p丙 .并对三者进行比较即可解决
【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
1
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为 2 ，
则此时连胜两盘的概率为 p甲
则 p甲 =
1
1
(1 − p2 ) p1 p3 + p2 p1 (1 − p3 ) + (1 − p3 ) p1 p2 + p3 p1 (1 − p2 )
2
2
= p1 ( p2 + p3 ) − 2 p1 p2 p3 ；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为 p乙 ，
则 p乙 = (1 − p1 ) p2 p3 + p1 p2 (1 − p3 ) = p2 ( p1 + p3 ) − 2 p1 p2 p3
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为 p丙
则 p丙 = (1 − p1 ) p3 p2 + p1 p3 (1 − p2 ) = p3 ( p1 + p2 ) − 2 p1 p2 p3
则 p甲 − p乙 = p1 ( p2 + p3 ) − 2 p1 p2 p3 − p2 ( p1 + p3 ) − 2 p1 p2 p3 = ( p1 − p2 ) p3 0
p乙 − p丙 = p2 ( p1 + p3 ) − 2 p1 p2 p3 − p3 ( p1 + p2 ) − 2 p1 p2 p3 = ( p2 − p3 ) p1 0
即 p甲 p乙 ， p乙 p丙 ，
则该棋手在第二盘与丙比赛， p 最大.选项 D 判断正确；选项 BC 判断错误；
p 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项 A 判断错误.
故选：D
二、多选题
11．双曲线 C 的两个焦点为 F1 , F2 ，以 C 的实轴为直径的圆记为 D，过 F1 作 D 的切线
3
5
与 C 交于 M，N 两点，且 cos F1 NF2 = ，则 C 的离心率为（
A． 5
2
B．
3
2
C．
13
2
）
D．
17
2
【答案】AC
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在 x 轴，设过 F1 作圆 D 的切线切点为 G ，利用正弦
定理结合三角变换、双曲线的定义得到 2b = 3a 或 a = 2b ，即可得解，注意就 M , N 在
双支上还是在单支上分类讨论.
【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N 在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在 x 轴，设过 F1 作圆 D 的切线切
点为 B，
所以 OB ⊥ F1N ，因为 cos F1 NF2 =
OB = a ， OF1
NA =
=c，
3
0 ，所以 N 在双曲线的左支，
5
3
5
FB
1 = b ，设 F1 NF2 = ，由即 cos = ，则 sin
4
，
5
3
5
a，NF2 = a
2
2
NF2 − NF1 = 2a
5 3
a − a − 2b = 2a，
2 2
2b = a，
e =
5
2
选A
情况二
若 M、N 在双曲线的两支，因为 cos F1 NF2 =
3
0 ，所以 N 在双曲线的右支，
5
所以 OB = a ， OF1 = c ， FB
1 = b ，设 F1 NF2 = ，
3
5
3
5
由 cos F1 NF2 = ，即 cos = ，则 sin
NA =
3
5
a，NF2 = a
2
2
NF1 − NF2 = 2a
3
5
a + 2b − a = 2a，
2
2
4
，
5
b
a
3
2
所以 2b = 3a ，即 = ，
所以双曲线的离心率 e =
c
b2
13
= 1+ 2 =
a
a
2
选C
[方法二]：答案回代法
A选项e =
5
2
特值双曲线
(
) (
)
x2
− y 2 = 1, F1 − 5,0 , F2
4
5,0 ，
(
)
过 F1 且与圆相切的一条直线为 y = 2 x + 5 ，
2
6
5, −
5，
两交点都在左支, N −
5
5
NF2 = 5, NF1 = 1, F1F2 = 2 5 ，
3
5
则 cos F1 NF2 = ，
13
2
x 2 y2
特值双曲线 − = 1, F1 − 13,0 , F2
4 9
C选项e =
(
) (
过 F1 且与圆相切的一条直线为 y =
(
)
13,0 ，
)
2
x + 13 ，
3
18
14
13,
13 ，
两交点在左右两支， N 在右支， N
13
13
NF2 = 5, NF1 = 9, F1F2 = 2 13 ，
3
5
则 cos F1 NF2 = ，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在 x 轴，设过 F1 作圆 D 的切线切点为 G ，
若 M , N 分别在左右支，
因为 OG ⊥ NF1 ，且 cos F1 NF2 =
3
0 ，所以 N 在双曲线的右支，
5
又 OG = a ， OF1 = c ， GF1 = b ，
设 F1 NF2 = ， F2 F1 N = ，
在 △F1 NF2 中，有
故
NF2
NF1
2c
=
=
，
sin sin ( + ) sin
a
c
NF1 − NF2
2c
=
=
即
，
sin ( + ) − sin sin
sin ( + ) − sin sin
所以
a
c
=
，
sin cos + cos sin − sin sin
3
5
而 cos = ， sin =
a
b
， cos = ，故 sin
c
c
b
a
4
，
5
3
2
代入整理得到 2b = 3a ，即 = ，
所以双曲线的离心率 e =
c
b2
13
= 1+ 2 =
a
a
2
若 M , N 均在左支上，
同理有
故
NF2
NF1
2c
b
=
=
，其中 为钝角，故 cos = − ，
sin sin ( + ) sin
c
NF2 − NF1
a
c
2c
=
=
即
，
sin − sin ( + ) sin
sin − sin cos − cos sin sin
3
5
代入 cos = ， sin =
a
， sin
c
a
4
，整理得到：
5
4b 2a
1
，
4
2
5
b
故 a = 2b ，故 e = 1 + =
，
2
a
故选：AC.
三、单选题
12．已知函数 f ( x), g ( x) 的定义域均为 R，且 f ( x ) + g (2 − x ) = 5, g ( x ) − f ( x − 4) = 7 ．若
22
y = g ( x) 的图像关于直线 x = 2 对称， g (2) = 4 ，则 f ( k ) = （
）
k =1
A． −21
【答案】D
B． −22
C． −23
D． −24
【分析】根据对称性和已知条件得到 f ( x) + f ( x − 2) = −2 ，从而得到
f ( 3) + f ( 5 ) +
+ f ( 21) = −10 ， f ( 4 ) + f ( 6 ) +
+ f ( 22 ) = −10 ，然后根据条件得到
f (2) 的值，再由题意得到 g ( 3) = 6 从而得到 f (1) 的值即可求解.
【详解】因为 y = g ( x) 的图像关于直线 x = 2 对称，
所以 g ( 2 − x ) = g ( x + 2 ) ，
因为 g ( x) − f ( x − 4) = 7 ，所以 g ( x + 2) − f ( x − 2) = 7 ，即 g ( x + 2) = 7 + f ( x − 2) ，
因为 f ( x) + g (2 − x) = 5 ，所以 f ( x) + g ( x + 2) = 5 ，
代入得 f ( x) + 7 + f ( x − 2) = 5 ，即 f ( x) + f ( x − 2) = −2 ，
所以 f ( 3) + f ( 5) +
f ( 4) + f ( 6) +
+ f ( 21) = ( −2 ) 5 = −10 ，
+ f ( 22 ) = ( −2 ) 5 = −10 .
因为 f ( x) + g (2 − x) = 5 ，所以 f (0) + g (2) = 5 ，即 f ( 0 ) = 1 ，所以 f (2) = −2 − f ( 0 ) = −3 .
因为 g ( x) − f ( x − 4) = 7 ，所以 g ( x + 4) − f ( x) = 7 ，又因为 f ( x) + g (2 − x) = 5 ，
联立得， g ( 2 − x ) + g ( x + 4 ) = 12 ，
所以 y = g ( 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 ( x + 2) = 5 ，所以 f (1) = 5 − g ( 3) = −1 .
所以
22
f (k ) = f (1) + f ( 2) + f (3) + f (5) +
k =1
+ f ( 21) + f ( 4 ) + f ( 6 ) +
+ f ( 22 ) = −1 − 3 − 10 − 10 = −24
.
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.
四、填空题
13．从甲、乙等 5 名同学中随机选 3 名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率
为
【答案】
．
3
/0.3
10
【分析】根据古典概型计算即可
【详解】解法一：设这 5 名同学分别为甲，乙，1,2,3，从 5 名同学中随机选 3 名，
有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，
(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共 10 种选法；
其中，甲、乙都入选的选法有 3 种，故所求概率 P =
故答案为：
3
.
10
3
.
10
3
解法二：从 5 名同学中随机选 3 名的方法数为 C5 = 10
1
甲、乙都入选的方法数为 C3 = 3 ，所以甲、乙都入选的概率 P =
故答案为：
3
10
3
10
14．过四点 (0,0),(4,0),( −1,1),(4,2) 中的三点的一个圆的方程为
4
．
2
7
2
65
【答案】 ( x − 2 ) + ( y − 3) = 13 或 ( x − 2 ) + ( y − 1) = 5 或 x − + y − = 或
3
3
9
2
2
2
2
2
8
169
2
．
x − + ( y − 1) =
5
25
【分析】方法一：设圆的方程为 x 2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 ，根据所选点的坐标，得到方程
组，解得即可；
【详解】[方法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为 x 2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 ，
F = 0
F = 0
（1）若过 ( 0, 0 ) ， ( 4, 0 ) ， ( −1,1) ，则 16 + 4 D + F = 0
，解得 D = −4 ，
1 + 1 − D + E + F = 0
E = −6
所以圆的方程为 x 2 + y 2 − 4 x − 6 y = 0 ，即 ( x − 2 ) + ( y − 3) = 13 ；
2
2
F = 0
F = 0
（2）若过 ( 0, 0 ) ， ( 4, 0 ) ， ( 4, 2 ) ，则 16 + 4 D + F = 0
，解得 D = −4 ，
16 + 4 + 4 D + 2 E + F = 0
E = −2
所以圆的方程为 x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0 ，即 ( x − 2 ) + ( y − 1) = 5 ；
2
2
F = 0
F = 0
8
0,
0
4,
2
−
1,1
1
+
1
−
D
+
E
+
F
=
0
)，(
) ，则
（3）若过 ( ) ， (
，解得 D = − ，
3
16 + 4 + 4 D + 2 E + F = 0
14
E=−
3
8
3
2
2
所以圆的方程为 x + y − x −
2
2
14
4
7
65
y = 0 ，即 x − + y − =
；
3
3
3
9
16
F = − 5
1 + 1 − D + E + F = 0
16
（4）若过 ( −1,1) ， ( 4, 0 ) ， ( 4, 2 ) ，则 16 + 4 D + F = 0
，解得 D = − ，所以
5
16 + 4 + 4 D + 2 E + F = 0
E = −2
2
2
2
圆的方程为 x + y −
16
16
8
169
2
x − 2y −
= 0 ，即 x − + ( y − 1) =
；
5
5
5
25
故答案为： ( x − 2 ) + ( y − 3) = 13 或
2
2
( x − 2 ) + ( y − 1)
2
2
2
2
4
7
65
= 5 或 x − + y − = 或
3
3
9
2
8
169
2
．
x − + ( y − 1) =
5
25
[方法二]：
【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设 点A ( 0,0 )，B ( 4,0 )，C ( −1,1)，D ( 4, 2 )
（1）若圆过 A、B、C 三点，圆心在直线 x = 2 ，设圆心坐标为 (2, a ) ，
则 4 + a 2 = 9 + ( a − 1) a = 3, r = 4 + a 2 = 13 ，所以圆的方程为
2
( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 13 ；
（2）若圆过 A、B、D 三点， 设圆心坐标为 (2, a ) ，则
2
2
4 + a 2 = 4 + (a − 2)2 a = 1, r = 4 + a 2 = 5 ，所以圆的方程为 ( x − 2) + ( y − 1) = 5 ；
（3）若圆过 A、C、D 三点，则线段 AC 的中垂线方程为 y = x + 1 ，线段 AD 的中垂
4
3
7
3
线方程 为 y = −2 x + 5 ，联立得 x = , y = r =
65
，所以圆的方程为
3
4
7
65
( x − )2 + ( y − )2 =
；
3
3
9
（4）若圆过 B、C、D 三点，则线段 BD 的中垂线方程为 y = 1 ， 线段 BC 中垂线方程为
8
5
y = 5 x − 7 ，联立得 x = , y = 1 r =
8 2
169
13
2
，所以圆的方程为 ( x - ) + ( y − 1) =
．
5
5
25
故答案为： ( x − 2 ) + ( y − 3) = 13 或
2
2
2
2
2
2
或
( x − 2 ) + ( y − 1) = 5 或 x − 43 + y − 73 = 65
9
2
8
169
2
．
x − + ( y − 1) =
5
25
【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想
简单，运算稍繁；
方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．
15．记函数 f ( x ) = cos ( x + ) ( 0, 0 π) 的最小正周期为 T，若 f (T ) =
x=
9
为 f ( x) 的零点，则 的最小值为
【答案】 3
．
3
，
2
【分析】首先表示出 T ，根据 f (T ) =
π
3
求出 ，再根据 x = 为函数的零点，即可求
9
2
出 的取值，从而得解；
【详解】解： 因为 f ( x ) = cos ( x + ) ，
（ 0 ， 0 π ）
3
2π
，因为 f (T ) = cos + = cos ( 2π + ) = cos =
，
2
π
π
又 0 π ，所以 = ，即 f ( x ) = cos x + ，
6
6
所以最小正周期 T =
又x=
2π
π
π π
π
为 f ( x ) 的零点，所以 + = + kπ, k Z ，解得 = 3 + 9k , k Z ，
9
6 2
9
因为 0 ，所以当 k = 0 时 min = 3 ；
故答案为： 3
16．已知 x = x1 和 x = x2 分别是函数 f ( x) = 2a x − e x2 （ a 0 且 a 1 ）的极小值点和极大
值点．若 x1 x2 ，则 a 的取值范围是
．
1
【答案】 ,1
e
【分析】法一：依题可知，方程 2ln a a x − 2e x = 0 的两个根为 x1 , x2 ，即函数
y = ln a a x 与函数 y = e x 的图象有两个不同的交点，构造函数 g ( x ) = ln a a ，利用指
x
数函数的图象和图象变换得到 g ( x ) 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的
斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：
【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
x
因为 f ( x ) = 2 ln a a − 2 e x ，所以方程 2ln a a x − 2e x = 0 的两个根为 x1 , x2 ，
即方程 ln a a x = e x 的两个根为 x1 , x2 ，
即函数 y = ln a a x 与函数 y = e x 的图象有两个不同的交点，
x
2
因为 x1 , x2 分别是函数 f ( x ) = 2a − e x 的极小值点和极大值点，
所以函数 f ( x ) 在 ( −, x1 ) 和 ( x2 , + ) 上递减，在 ( x1 , x2 ) 上递增，
所以当时 ( −, x1 ) ( x2 , + ) ， f ( x ) 0 ，即 y = e x 图象在 y = ln a a x 上方
当 x ( x1 , x2 ) 时， f
x
0 ，即 y = e x 图象在 y = ln a a x 下方
a 1 ，图象显然不符合题意，所以 0 a 1 ．
2
x
x
令 g ( x ) = ln a a ，则 g ( x ) = ln a a , 0 a 1 ，
(
)
x
设过原点且与函数 y = g ( x ) 的图象相切的直线的切点为 x0 , ln a a 0 ，
x
x
x
2
2
则切线的斜率为 g ( x0 ) = ln a a ，故切线方程为 y − ln a a = ln a a ( x − x0 ) ，
0
0
0
x
x
2
则有 − ln a a = − x0 ln a a ，解得 x0 =
0
0
1
1
，则切线的斜率为 ln 2 a a ln a = e ln 2 a ，
ln a
因为函数 y = ln a a x 与函数 y = e x 的图象有两个不同的交点，
1
e
1
e
所以 e ln 2 a e ，解得 a e ，又 0 a 1 ，所以 a 1 ，
1
综上所述， a 的取值范围为 ,1 ．
e
[方法二]：
【通性通法】构造新函数，二次求导
f ( x ) = 2 ln a a x − 2 e x =0 的两个根为 x1 , x2
x
2
因为 x1 , x2 分别是函数 f ( x ) = 2a − e x 的极小值点和极大值点，
所以函数 f ( x ) 在 ( −, x1 ) 和 ( x2 , + ) 上递减，在 ( x1 , x2 ) 上递增，
(
)
x
x
设函数 g ( x ) = f ( x ) = 2 a lna − ex ，则 g ( x ) = 2a ( lna ) − 2e ，
2
若 a 1 ，则 g ( x ) 在 R 上单调递增，此时若 g ( x0 ) = 0 ，则 f ( x ) 在
( -, x0 ) 上单调递减，在 ( x0 , + ) 上单调递增，此时若有 x = x1 和 x = x2 分别是函数
f ( x ) = 2a x − ex 2 (a 0 且 a 1) 的极小值点和极大值点，则 x1 x2 ，不符合题意；
若 0 a 1 ，则 g ( x ) 在 R 上单调递减，此时若 g ( x0 ) = 0 ，则 f ( x ) 在 ( −, x0 ) 上单调递
x
增，在 ( x0 , + ) 上单调递减，令 g ( x0 ) = 0 ，则 a 0 =
e
，此时若有 x = x1 和 x = x2 分别
(lna)2
x
2
是函数 f ( x ) = 2a − ex (a 0 且 a 1) 的极小值点和极大值点，且 x1 x2 ，则需满足
(
)
e
1
− ex0 0 ，即 x0
，x0 lna 1 故
lna
lna
f ( x0 ) 0 ， f ( x0 ) = 2 a x0 lna − ex0 = 2
lna x0 = x0 lna = ln
e
( lna )
2
1 ，所以 1 a 1 .
e
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突
出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，
解出即可，该法属于通性通法．
五、解答题
17．记 ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c ，已知
sin C sin( A − B) = sin B sin(C − A) ．
(1)证明： 2a 2 = b 2 + c 2 ；
(2)若 a = 5,cos A =
25
，求 ABC 的周长．
31
【答案】(1)见解析
(2)14
【分析】
（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从
而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出 bc ，从而可求得 b + c ，即可得解.
【详解】
（1）证明：因为 sin C sin ( A − B ) = sin B sin ( C − A) ，
所以 sin C sin A cos B − sin C sin B cos A = sin B sin C cos A − sin B sin A cos C ，
a 2 + c 2 − b2
b2 + c 2 − a 2
a 2 + b2 − c 2
，
− 2bc
= −ab
2ac
2bc
2ab
a 2 + c 2 − b2
a 2 + b2 − c 2
即
，
− b2 + c 2 − a 2 = −
2
2
所以 ac
(
)
所以 2a 2 = b 2 + c 2 ；
（2）解：因为 a = 5,cos A =
25
，
31
由（1）得 b2 + c 2 = 50 ，
由余弦定理可得 a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ，
则 50 −
50
bc = 25 ，
31
所以 bc =
31
，
2
2
2
故 ( b + c ) = b + c + 2bc = 50 + 31 = 81 ，
2
所以 b + c = 9 ，
所以 ABC 的周长为 a + b + c = 14 .
18．如图，四面体 ABCD 中， AD ⊥ CD, AD = CD, ADB = BDC ，E 为 AC 的中点．
(1)证明：平面 BED ⊥ 平面 ACD ；
(2)设 AB = BD = 2, ACB = 60 ，点 F 在 BD 上，当 △AFC 的面积最小时，求 CF 与平
面 ABD 所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2) CF 与平面 ABD 所成的角的正弦值为
4 3
7
【分析】
（1）根据已知关系证明 △ABD≌△CBD ，得到 AB = CB ，结合等腰三角形三
线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到 BE ⊥ DE ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运
算法则进行计算即可.
【详解】
（1）因为 AD = CD ，E 为 AC 的中点，所以 AC ⊥ DE ；
在 △ABD 和 △CBD 中，因为 AD = CD, ADB = CDB, DB = DB ，
所以 △ABD≌△CBD ，所以 AB = CB ，又因为 E 为 AC 的中点，所以 AC ⊥ BE ；
又因为 DE , BE 平面 BED ， DE BE = E ，所以 AC ⊥ 平面 BED ，
因为 AC 平面 ACD ，所以平面 BED ⊥ 平面 ACD .
（2）连接 EF ，由（1）知， AC ⊥ 平面 BED ，因为 EF 平面 BED ，
1
2
所以 AC ⊥ EF ，所以 S△ AFC = AC EF ，
当 EF ⊥ BD 时， EF 最小，即 △AFC 的面积最小.
因为 △ABD≌△CBD ，所以 CB = AB = 2 ，
又因为 ACB = 60 ，所以 ABC 是等边三角形，
因为 E 为 AC 的中点，所以 AE = EC = 1 ， BE = 3 ，
因为 AD ⊥ CD ，所以 DE =
1
AC = 1 ,
2
在 DEB 中， DE 2 + BE 2 = BD 2 ，所以 BE ⊥ DE .
以 E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 E − xyz ，
(
)
(
)
则 A (1, 0, 0 ) , B 0, 3, 0 , D ( 0, 0,1) ，所以 AD = ( −1, 0,1) , AB = −1, 3, 0 ，
设平面 ABD 的一个法向量为 n = ( x, y, z ) ，
n AD = − x + z = 0
则
，取 y = 3 ，则 n = 3, 3,3 ，
n AB = − x + 3 y = 0
(
)
3 3
3 3
, ，
, ，所以 CF = 1,
又因为 C ( −1, 0, 0 ) , F 0,
4 4
4 4
所以
cos n, CF =
n CF
n CF
6
=
21
7
4
=
4 3
7 ，
设 CF 与平面 ABD 所成的角的正弦值为 0 ，
2
所以 sin = cos n, CF =
4 3
，
7
所以 CF 与平面 ABD 所成的角的正弦值为
4 3
.
7
19．某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木
的总材积量，随机选取了 10 棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位： m2 ）
和材积量（单位： m3 ）
，得到如下数据：
总
样本号ｉ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
和
根部横截
面积 xi
材积量 yi
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9
10
10
10
i=1
i=1
i=1
2
2
并计算得 xi = 0.038, yi = 1.6158, xi yi = 0.2474 ．
(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到 0.01）
；
(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面
积总和为186m2 ．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给
出该林区这种树木的总材积量的估计值．
n
( x − x )( y − y )
i
附：相关系数 r =
i
, 1.896 1.377 ．
i=1
n
n
(x − x ) ( y − y)
2
i
2
i
i=1
i=1
【答案】(1) 0.06m 2 ； 0.39m3
(2) 0.97
(3) 1209m3
【分析】
（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估
计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；
（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树
木的总材积量的估计值．
【详解】
（1）样本中 10 棵这种树木的根部横截面积的平均值 x =
0.6
= 0.06
10
3.9
= 0.39
10
样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值 y =
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 0.06m 2 ，
平均一棵的材积量为 0.39m3
10
（2） r =
10
( x − x )( y − y )
i
i
=
i=1
x y − 10 xy
i
i
i=1
10
10 2
2
2
2
xi − 10 x yi − 10 y
i=1
i=1
i=1
i=1
0.2474 − 10 0.06 0.39
0.0134
0.0134
=
=
0.97
0.0001896 0.01377
(0.038 − 10 0.062 )(1.6158 − 10 0.392 )
10
10
( xi − x ) ( yi − y )
2
2
则 r 0.97
（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为 Ym3 ，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得
0.06 186
=
，解之得 Y =1209m3 ．
0.39 Y
则该林区这种树木的总材积量估计为1209m3
3
20．已知椭圆 E 的中心为坐标原点，对称轴为 x 轴、y 轴，且过 A ( 0, −2 ) , B , −1 两
2
点．
(1)求 E 的方程；
(2)设过点 P (1, −2 ) 的直线交 E 于 M，N 两点，过 M 且平行于 x 轴的直线与线段 AB 交于
点 T，点 H 满足 MT = TH ．证明：直线 HN 过定点．
【答案】(1)
y 2 x2
+ =1
4 3
(2) (0, −2)
【分析】
（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆 C 的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
3
【详解】
（1）解：设椭圆 E 的方程为 mx 2 + ny 2 = 1，过 A ( 0, −2 ) , B , −1 ，
2
4
n
=
1
1
1
则 9
，解得 m = ， n = ，
3
4
4 m + n = 1
所以椭圆 E 的方程为：
y 2 x2
+ =1.
4 3
3
2
（2） A(0, −2), B( , −1) ，所以 AB : y + 2 =
2
x，
3
①若过点 P(1, −2) 的直线斜率不存在，直线 x = 1 .代入
x2 y 2
+ = 1，
3 4
2
2 6
2 6
) ， N (1,
) ，代入 AB 方程 y = x − 2 ，可得
3
3
3
2 6
2 6
) .求得 HN 方程：
T (− 6 + 3, −
) ，由 MT = TH 得到 H (−2 6 + 5, −
3
3
2 6
y = (2 +
) x − 2 ，过点 (0, −2) .
3
可得 M (1, −
②若过点 P(1, −2) 的直线斜率存在，设 kx − y − (k + 2) = 0, M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) .
kx − y − (k + 2) = 0
, 得 (3k 2 + 4) x2 − 6k (2 + k ) x + 3k (k + 4) = 0 ，
联立
x2 y 2
+
=1
3
4
6k (2 + k ) y + y = −8 ( 2 + k )
x
+
x
=
1 2
1
2
3k 2 + 4
3k 2 + 4
可得
，
，
4 4 + 4k − 2k 2
x x = 3k (4 + k )
1 2
3k 2 + 4
y1 y2 =
3k 2 + 4
(
)
且 x1 y2 + x2 y1 =
−24k
(*)
3k 2 + 4
y = y1
3y
, 可得 T ( 1 + 3, y1 ), H (3 y1 + 6 − x1 , y1 ).
联立
2
2
y
=
x
−
2
3
y1 − y2
( x − x2 ) ，
可求得此时 HN : y − y2 =
3 y1 + 6 − x1 − x2
将 (0, −2) ，代入整理得 2( x1 + x2 ) − 6( y1 + y2 ) + x1 y2 + x2 y1 − 3 y1 y2 − 12 = 0 ，
将 (*) 代入，得 24k + 12k 2 + 96 + 48k − 24k − 48 − 48k + 24k 2 − 36k 2 − 48 = 0,
显然成立，
综上，可得直线 HN 过定点 (0, −2).
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
−x
21．已知函数 f ( x ) = ln (1 + x ) + axe
(1)当 a = 1 时，求曲线 y = f ( x ) 在点 ( 0, f ( 0 ) ) 处的切线方程；
(2)若 f ( x ) 在区间 ( −1, 0 ) , ( 0, + ) 各恰有一个零点，求 a 的取值范围．
【答案】(1) y = 2 x
(2) (−, −1)
【分析】
（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对 a 分类讨论,对 x 分 (−1,0),(0, +) 两部分研究
【详解】
（1） f ( x) 的定义域为 (−1, +)
当 a = 1 时, f ( x) = ln(1 + x) +
1
1− x
x
+ x , f (0) = 2 ,所
, f (0) = 0 ,所以切点为 (0,0) f ( x) =
1+ x
e
ex
以切线斜率为 2
所以曲线 y = f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y = 2 x
（2） f ( x) = ln(1 + x) +
ax
ex
(
x
2
1
a(1 − x) e + a 1 − x
f ( x) =
+
=
1+ x
ex
(1 + x)e x
(
x
2
设 g ( x) = e + a 1 − x
)
)
x
2
1 若 a 0 ,当 x (−1, 0), g ( x) = e + a (1 − x ) 0 ,即 f ( x ) 0
所以 f ( x) 在 (−1, 0) 上单调递增, f ( x ) f (0) = 0
故 f ( x) 在 (−1, 0) 上没有零点,不合题意
x
2 若 −1 a 0 ,当 x (0, +) ,则 g ( x) = e − 2ax 0
所以 g ( x) 在 (0, +) 上单调递增所以 g ( x) g (0) = 1 + a 0 ,即 f ( x ) 0
所以 f ( x) 在 (0, +) 上单调递增, f ( x) f (0) = 0
故 f ( x) 在 (0, +) 上没有零点,不合题意
3 若 a −1
(1)当 x (0, +) ,则 g ( x) = e x − 2ax 0 ,所以 g ( x) 在 (0, +) 上单调递增
g (0) = 1 + a 0, g (1) = e 0
所以存在 m (0,1) ,使得 g (m) = 0 ,即 f (m) = 0
当 x (0, m), f ( x) 0, f ( x) 单调递减
当 x (m, +), f ( x) 0, f ( x) 单调递增
所以
当 x (0, m), f ( x) f (0) = 0 ,
令 h( x ) =
1− x
x
, x −1, 则 h( x) = x , x −1,
ex
e
所以 h( x) =
x
1
在 ( −1,1) 上单调递增，在 (1, + ) 上单调递减，所以 h( x) h (1) = ，
e
ex
a
又 e− e − 1 0 ， f e
−
a
e
a
1
− 1 − + a = 0 ，
e
e
所以 f ( x) 在 (m, +) 上有唯一零点
又 (0, m) 没有零点,即 f ( x) 在 (0, +) 上有唯一零点
(
x
2
(2)当 x (−1, 0), g ( x) = e + a 1 − x
)
设 h( x) = g ( x) = e x − 2ax
h ( x) = e x − 2a 0
所以 g ( x) 在 (−1, 0) 单调递增
g (−1) =
1
+ 2a 0, g (0) = 1 0
e
所以存在 n (−1, 0) ,使得 g (n) = 0
当 x (−1, n), g ( x) 0, g ( x) 单调递减
当 x (n,0), g ( x) 0, g ( x) 单调递增, g ( x) g (0) = 1 + a 0
又 g (−1) =
1
0
e
所以存在 t (−1, n) ,使得 g (t ) = 0 ,即 f (t ) = 0
当 x (−1, t ), f ( x) 单调递增,当 x (t ,0), f ( x) 单调递减，
当 x ( −1,0 ) ， h ( x ) h ( −1) = −e ，
(
)
ae
又 −1 eae − 1 0 ， f e − 1 ae − ae = 0
而 f (0) = 0 ,所以当 x (t ,0), f ( x) 0
所以 f ( x) 在 (−1, t ) 上有唯一零点, (t , 0) 上无零点
即 f ( x) 在 (−1, 0) 上有唯一零点
所以 a −1 ,符合题意
所以若 f ( x) 在区间 (−1,0),(0, +) 各恰有一个零点,求 a 的取值范围为 (−, −1)
【点睛】方法点睛：本题的关键是对 a 的范围进行合理
分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
x = 3 cos 2t
22．在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为
，
（t 为参数），以坐标原
y = 2sin t
点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线 l 的极坐标方程为
sin + + m = 0 ．
3
(1)写出 l 的直角坐标方程；
(2)若 l 与 C 有公共点，求 m 的取值范围．
【答案】(1) 3x + y + 2m = 0
19 5
(2) − 12 , 2
【分析】
（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；
（2）方法一：联立 l 与 C 的方程，采用换元法处理，根据新设 a 的取值范围求解 m 的
范围即可.
1
3
【详解】
（1）因为 l： sin + + m = 0 ，所以 sin +
cos + m = 0 ，
3
2
2
1
3
又因为 sin = y, cos = x ，所以化简为 y +
x + m = 0，
2
2
整理得 l 的直角坐标方程： 3x + y + 2m = 0
（2）[方法一]：
【最优解】参数方程
联立 l 与 C 的方程，即将 x = 3 cos 2t ， y = 2sin t 代入 3x + y + 2m = 0 中，
可得 3cos 2t + 2sin t + 2m = 0 3(1 − 2sin 2 t ) + 2sin t + 2m = 0 ，
化简为 −6sin 2 t + 2sin t + 3 + 2m = 0 ，
要使 l 与 C 有公共点，则 2m = 6sin 2 t − 2sin t − 3 有解，
令 sin t = a ，则 a −1,1 ，令 f (a) = 6a 2 − 2a − 3 ， (−1≤a≤1) ，
对称轴为 a =
1
，开口向上，
6
f (a)max = f (−1) = 6 + 2 − 3 = 5 ，
1
1 2
19
f (a) min = f ( ) = − − 3 = − ，
6
6 6
6
−
19
19 5
2m 5 ，即 m 的取值范围为 − , .
12 2
6
[方法二]：直角坐标方程
x = 3 cos 2t
2 3
x+2，
由曲线 C 的参数方程为
， t 为参数，消去参数 t ，可得 y 2 = −
3
y = 2sin t
3 x + y + 2m = 0
联立 2
，得 3 y 2 − 2 y − 4m − 6 = 0(−2 y 2) ，即
2 3
x+2
y =−
3
2
19
5
19
1 19
4m = 3 y 2 − 2 y − 6 = 3 y − − ，即有 − 4m 10 ，即 − m ， m 的取值范
3
12
2
3
3
19 5
围是 − 12 , 2 ．
【整体点评】方法一：利用参数方程以及换元，转化为两个函数的图象有交点，是该
题的最优解；
方法二：通过消参转化为直线与抛物线的位置关系，再转化为二次函数在闭区间上的
值域，与方法一本质上差不多，但容易忽视 y 的范围限制而出错．
3
3
3
23．已知 a，b，c 都是正数，且 a 2 + b 2 + c 2 = 1 ，证明：
(1) abc
(2)
1
；
9
a
b
c
1
+
+
；
b + c a + c a + b 2 abc
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）利用三元均值不等式即可证明；
（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．
3
3
3
【详解】
（1）证明：因为 a 0 ， b 0 ， c 0 ，则 a 2 0 ， b 2 0 ， c 2 0 ，
3
3
3
3
3
3
2
2
2
所以 a + b + c 3 a 2 b 2 c 2 ，
3
1
即 ( abc ) 2
3
3
3
1
1
，所以 abc ，当且仅当 a 2 = b 2 = c 2 ，即 a = b = c =
3
9
3
1
时取等号．
9
（2）证明：因为 a 0 ， b 0 ， c 0 ，
所以 b + c 2 bc ， a + c 2 ac ， a + b 2 ab ，
3
3
3
2
2
2
所以 a a = a
， b b = b
， c c = c
b + c 2 bc 2 abc
a + b 2 ab 2 abc
a + c 2 ac 2 abc
3
3
3
3
3
3
a
b
c
a2
b2
c2
a2 + b2 + c2
1
+
+
+
+
=
=
b + c a + c a + b 2 abc 2 abc 2 abc
2 abc
2 abc
当且仅当 a = b = c 时取等号．
9．椭圆
x2 y 2
+ = 1( a b 0 ) 的右焦点为 F、右顶点为 A，上顶点为 B，且满足
a 2 b2
BF
3
=
．
AB
2
(1)求椭圆的离心率 e ；
(2)直线 l 与椭圆有唯一公共点 M，与 y 轴相交于 N（N 异于 M）
．记 O 为坐标原点，若
OM = ON ，且
【答案】(1) e =
(2)
OMN 的面积为 3 ，求椭圆的标准方程．
6
3
x2 y 2
+ =1
6 2
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于 a 、 b 的等量关系，由此可求得该椭圆的离心
率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为 x 2 + 3 y 2 = a 2 ，设直线 l 的方程为 y = kx + m ，将直线 l 的
(
)
2
2
2
方程与椭圆方程联立，由 Δ = 0 可得出 3m = a 1 + 3k ，求出点 M 的坐标，利用三角
形的面积公式以及已知条件可求得 a 2 的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】
（1）解：
离心率为 e =
c
=
a
BF
b2 + c 2
a
3
=
=
=
4a 2 = 3 ( b2 + a 2 ) a 2 = 3b2 ，
2
2
2
2
AB
2
b +a
b +a
a 2 − b2
6
.
=
2
a
3
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为 x 2 + 3 y 2 = a 2 ，
易知直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y = kx + m ，
y = kx + m
1 + 3k 2 x 2 + 6kmx + 3m 2 − a 2 = 0 ，
联立 2
2
2 得
x + 3y = a
(
)
(
)
(
)(
)
(
)
2 2
2
2
2
2
2
2
由 = 36k m − 4 1 + 3k 3m − a = 0 3m = a 1 + 3k ，①
xM = −
3km
m
， yM = kxM + m =
，
3k 2 + 1
1 + 3k 2
由 OM = ON 可得 m =
2
由S
OMN
= 3 可得
m2 ( 9k 2 + 1)
( 3k
2
+ 1)
2
，②
3km
1
m
= 3 ，③
2
1 + 3k 2
1
3
2
联立①②③可得 k = ， m 2 = 4 ， a 2 = 6 ，故椭圆的标准方程为
x2 y 2
+ =1．
6 2
x
20．已知 a，b R ，函数 f ( x ) = e − a sin x, g ( x ) = b x
(1)求函数 y = f ( x ) 在 ( 0, f ( 0 ) ) 处的切线方程；
(2)若 y = f ( x ) 和 y = g ( x ) 有公共点，
（i）当 a = 0 时，求 b 的取值范围；
（ii）求证： a 2 + b2 e ．
【答案】(1) y = (1 − a ) x + 1
)
(2)（i） b 2e, + ；
（ii）证明见解析
【分析】
（1）求出 f (0) 可求切线方程；
t
（2）
（i）当 a = 0 时，曲线 y = f ( x) 和 y = g ( x) 有公共点即为 s ( t ) = e − bt , t 0 在
2
0, + ) 上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求 b [
2e , +) .
x
（ii）曲线 y = f ( x) 和 y = g ( x) 有公共点即 a sin x0 + b x0 − e 0 = 0 ，利用点到直线的距
2
2
离得到 a + b
e x0
sin x0 + x0
2
，利用导数可证
e2x
>e ，从而可得不等式成立.
sin 2 x + x
【详解】
（1） f ( x) = e x − a cos x ，故 f (0) = 1 − a ，而 f (0) = 1 ，
曲线 f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y = (1 − a )( x − 0 ) + 1 即 y = (1 − a ) x + 1 .
（2）
（i）当 a = 0 时，
因为曲线 y = f ( x) 和 y = g ( x) 有公共点，故 e x = b x 有解，
设 t = x ，故 x = t 2 ，故 et = bt 在 0, + ) 上有解，
2
t
设 s ( t ) = e − bt , t 0 ，故 s ( t ) 在 0, + ) 上有零点，
2
t
而 s ( t ) = 2te − b, t 0 ，
2
t
若 b = 0 ，则 s ( t ) = e 0 恒成立，此时 s ( t ) 在 0, + ) 上无零点，
2
若 b 0 ，则 s ( t ) 0 在 ( 0, + ) 上恒成立，故 s ( t ) 在 0, + ) 上为增函数，
而 s ( 0 ) = 1 0 ， s ( t ) s ( 0 ) = 1 ，故 s ( t ) 在 0, + ) 上无零点，
故b 0，
(
)
2
t
设 u ( t ) = 2tet − b, t 0 ，则 u ( t ) = 2 + 4t e 0 ，
2
2
故 u ( t ) 在 ( 0, + ) 上为增函数，
(
)
b
而 u ( 0 ) = −b 0 ， u ( b ) = b 2e − 1 0 ，
2
故 u ( t ) 在 ( 0, + ) 上存在唯一零点 t0 ，
且 0 t t0 时， u ( t ) 0 ； t t0 时， u ( t ) 0 ；
故 0 t t0 时， s ( t ) 0 ； t t0 时， s ( t ) 0 ；
所以 s ( t ) 在 ( 0,t0 ) 上为减函数，在 ( t0 , + ) 上为增函数，
故 s ( t )min = s ( t0 ) ，
因为 s ( t ) 在 0, + ) 上有零点，故 s ( t0 ) 0 ，故 et0 − bt0 0 ，
2
2
2
2
，
2
2
而 2t0et0 − b = 0 ，故 et0 − 2t02 et0 0 即 t0
(
)
2
t
t
设 v ( t ) = 2te , t 0 ，则 v ( t ) = 2 + 4t e 0 ，
2
2
故 v ( t ) 在 ( 0, + ) 上为增函数，
1
2
而 b = 2t0 et0 ，故 b 2e 2 = 2e .
（ii）因为曲线 y = f ( x) 和 y = g ( x) 有公共点，
所以 e x − a sin x = b x 有解 x0 ，其中 x0 0 ，
若 x0 = 0 ，则1 − a 0 = b 0 ，该式不成立，故 x0 0 .
故 a sin x0 + b x0 − e 0 = 0 ，考虑直线 a sin x0 + b x0 − e 0 = 0 ，
x
x
x
a 2 + b2 表示原点与直线 a sin x0 + b x0 − e = 0 上的动点 ( a, b ) 之间的距离，
0
e x0
2
2
故 a +b
sin 2 x0 + x0
2
2
，所以 a + b
e 2x0
，
sin x0 + x0
2
下证：对任意 x 0 ，总有 sin x x ，
证明：当 x
当0 x
2
时，有 sin x 1
2
x ，故 sin x x 成立.
时，即证 sin x x ，
2
设 p ( x ) = sin x − x ，则 p ( x ) = cos x − 1 0 （不恒为零），
故 p ( x ) = sin x − x 在 0, + ) 上为减函数，故 p ( x ) p ( 0 ) = 0 即 sin x 成立.
综上， sin x x 成立.
下证：当 x 0 时， e x x + 1 恒成立，
q ( x ) = e x − 1 − x, x 0 ，则 q ( x ) = e x − 1 0 ，
故 q ( x ) 在 ( 0, + ) 上为增函数，故 q ( x ) q ( 0 ) = 0 即 e x x + 1 恒成立.
下证：
e2x
>e 在 ( 0, + ) 上恒成立，即证： e2x −1 sin 2 x + x ，
sin 2 x + x
即证： 2 x − 1 + 1 sin 2 x + x ，即证： x sin 2 x ，
2
而 x sin x sin x ，故 x sin 2 x 成立.
故
e x0
sin x0 + x0
2
e ，即 a 2 + b2 e 成立.
【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理
来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用
分析法来证明目标不等式.