最新高考数学全国1卷第12题出处及变式

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2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题9-12题-(学生版)

2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题9-12题原题91．已知正方体1111ABCD A B C D -,则（）A ．直线1BC 与1DA 所成地角为90︒B ．直线1BC 与1CA 所成地角为90︒C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成地角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成地角为45︒变式题1基础2．一个正方体纸盒展开后如图所示,则在原正方体纸盒中下面结论正确地是（）A ．AB EF ⊥B ．AB 与CM 所成地角为60︒C ．//MN CD D ．EF 与MN 所成地角为60︒变式题2基础3．如图,正方体1111ABCD A B C D -地棱长为2,动点P ,Q 分别在线段1C D ,AC 上,则下面命题正确地是（）A ．直线BC 与平面11ABC D 所成地角等于4πB ．点C 到平面11ABC DC ．异面直线1D C 和1BC 所成地角为4π.D ．线段PQ变式题3基础4．如图,正方体1111ABCD A B C D -地棱长为1,则下面四个命题正确地是（）A ．两款异面直线1D C 和1BC 所成地角为π4B ．直线BC 与平面11ABC D 所成地角等于π4C ．点D 到面1ACDD ．三棱柱1111AA D BB C -变式题4基础5．有关正方体1111ABCD A B C D -,下面表达正确地是（）A ．直线1AC ⊥平面1A BDB ．若平面1A BD 与平面11AB D 地交线为l ,则l 与AD 所成角为45︒C ．棱1CC 与平面1A BD D ．若正方体棱长为2,P ,Q 分别为棱11,BB DD 地中点,则经过A ,P ,Q 地平面截此正方体所得截面图形地周长为变式题5巩固6．如图,正方形1111ABCD A B C D -地棱长为1,线段11B D 有两个动点E ,F ,且EF =则下面结论正确地是（）A ．AC BE⊥B ．异面直线,AE BF 所成角为定值C ．直线AB 与平面BEF 所成角为定值D ．以ABEF 为顶点地四面体地体积不随EF 位置地变化而变化变式题6巩固7．已知正方体1111ABCD A B C D -地棱长为1,下面选项正确地是（）A ．直线1BD 与平面1AB C 不垂直B ．四面体11D AB C -地体积为13C ．异面直线AC 与直线1BC 所成角地为π3D ．直线AC 与平面11ABC D 所成地角为π6变式题7巩固8．在棱长为1地正方体1111ABCD A B C D -中,O 为正方形1111D C B A 地中心,则下面结论错误地是（）A ．BO AC ⊥B ．BO ∥平面1ACDC ．点B 到平面1ACD D ．直线BO 与直线1AD 地夹角为3π变式题8巩固9．如图,点M 是棱长为1地正方体1111ABCD A B C D -中地侧面11ADD A 上地一个动点（包含边界）,则下面结论正确地是（）A ．有无数个点M 满足1CM AD ⊥B ．当点M 在棱1DD 上运动时,1MA MB +1+C ．若1MB =,则动点M 地轨迹长度为π4D ．在线段1AD 上存在点M ,使异面直线1MB 与CD 所成地角是30 变式题9提升10．如图,在棱长为2地正方体1111ABCD A B C D -中,点M 在线段1BC （不包含端点）上,则下面结论正确地是（）A ．三棱锥1D AMC -地体积随着点M 地运动而变化B ．异面直线1A M 与1AD 所成角地取值范围是,32ππ⎛⎤⎥⎝⎦C ．直线1A M ∥平面1ACDD ．三棱锥1M ACD -地外接球表面积地最小值为313π变式题10提升11．在正方体1111ABCD A B C D -中,,,E F G 分别为11,,BC CC BB 地中点,则下面结论中正确地是（）A ．1D D AF⊥B ．二面角F AEC --C ．异面直线1A G 与EFD ．点G 到平面AEF 地距离是点C 到平面AEF 地距离地2倍变式题11提升12．如图,正方体1111ABCD A B C D -地棱长为4,则下面命题正确地是（）A ．两款异面直线1D C 和1BC 所成地角为45°B ．若,M N 分别是1,AA DC 地中点,过1,,D M N 三点地平面与正方体地下底面相交于直线l ,且l AB P ⋂=,则3PB =C ．若平面1AC α⊥,则平面α截此正方体所得截面面积最大值为D ．若用一张正方形地纸把此正方体礼品盒完全包住,不将纸撕开,则所需纸地最小面积是12813．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,AB ＝2,G 为C 1D 1地中点,点P 在线段B 1C 上运动,点Q 在棱C 1C 上运动,M 为空间中任意一点,则下面结论正确地有（）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．异面直线AP 与A 1D 所成角地取值范围是,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．PQ +QGD ．当MA +MB ＝4时,三棱锥A ﹣MBC 体积最大时其外接球地表面积为283π.原题1014．已知函数3()1f x x x =-+,则（）A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =地对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =地切线变式题1基础15．已知函数()()23e xf x x =-,现给出下面结论,其中正确地是（）A ．函数()f x 有极小值,但无最小值B ．函数()f x 有极大值,但无最大值C ．若方程()f x b =恰有一个实数根,则36e b ->D ．若方程()f x b =恰有三个不同实数根,则306e b -<<变式题2基础16．已知()ln xf x x=,下面表达正确地是（）A ．()f x 在1x =处地切线方程为1y x =+B ．()f x 地单调递减区间为(),e +∞C ．()f x 地极大值为1eD ．方程()1f x =-有两个不同地解变式题3基础17．已知函数()323f x x x =-+,则（）A ．()f x 在()0,1上单调递增B ．()f x 地极小值为2C ．()f x 地极大值为－2D ．()f x 有2个零点18．对于函数()39ln f x x x =-,下面结论中正确地是（）A ．()f x 在(0,＋∞)上单调递增B ．()f x 在1(0,)3上单调递减C ．()f x 有最小值D ．()f x 有两个零点变式题5巩固19．设函数()3213f x x x x =-+地导函数为()f x ',则（）A ．()10f '=B ．1x =是函数()f x 地极值点C ．()f x 存在两个零点D ．()f x 在(1,+∞)上单调递增变式题6巩固20．函数3223125y x x x =--+在[]2,1-上地最值情况为（）A ．最大值为12B ．最大值为5C ．最小值为8-D ．最小值为15-变式题7巩固21．若函数f (x )＝3x －x 3在区间(a 2－12,a )上有最小值,则实数a 地可能取值是（）A ．0B ．1C ．2D ．3变式题8巩固22．已知函数32()f x x ax bx c =+++,()'f x 是()f x 地导函数,下面结论正确地有（）A ．0x R ∃∈,0()0f x =B ．若0()0f x '=,则0x 是()f x 地极值点C ．若0x 是()f x 地极小值点,则()f x 在0(,)x +∞上单调递增D ．若230a b -≥,则函数()y f x =至少存在一个极值点变式题9提升23．已知函数()33f x x x =-,下面表达中正确地是（）A ．函数()f x 在原点()0,0处地切线方程是30x y +=B ．1-是函数()f x 地极大值点C ．函数()sin y x f x =+在R 上有3个极值点D ．函数()sin y x f x =-在R 上有3个零点变式题10提升24．已知函数()322f x x ax x =--,下面命题正确地是（）A ．若1x =是函数()f x 地极值点,则12a =B ．若1x =是函数()f x 地极值点,则()f x 在[]0,2x ∈上地最小值为32-C ．若()f x 在()1,2上单调递减,则52a ≥D ．若()2ln x x f x ≥在[]1,2x ∈上恒成立,则1a ≥-变式题11提升25．（多选）已知函数32()247f x x x x =---,其导函数为()'f x ,给出以下命题正确地是（）A ．()f x 地单调递减区间是2,23⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．()f x 地极小值是15-C ．当2a >时,对任意地2x >且x a ≠,恒有()()()()f x f a f a x a '>+-D ．函数()f x 有且只有一个零点原题1126．已知O 为坐标原点,点(1,1)A 在抛物线2:2(0)C x py p =>上,过点(0,1)B -地直线交C 于P ,Q 两点,则（）A ．C 地准线为1y =-B ．直线AB 与C 相切C ．2|OP OQ OA ⋅>D ．2||||||BP BQ BA ⋅>变式题1基础27．已知抛物线2:4C y x =地焦点为F ，准线为l ,过点F 地直线与抛物线交于两点()11,P x y ,()22,Q x y ,点P 在l 上地射影为1P ,则（）A ．若126x x +=,则8PQ =B ．以PQ 为直径地圆与准线l 相切C ．11||||PF QF +为定值1D ．过点()0,1M 与抛物线C 有且仅有一个公共点地直线至多有2款变式题2基础28．设抛物线21:4C x y =地焦点为F ,则下面表达正确地是（）A ．点F 在x 轴上B ．点F 地坐标为1(0,16C ．设过点F 且斜率为1地直线与抛物线C 交于,P Q 两点,则||8PQ =D ．设过点(2,0)-且斜率为23地直线与抛物线C 交于,M N 两点,则8FM FN ⋅= 变式题3基础29．设抛物线24y x =,F 为其焦点,P 为抛物线上一点.则下面结论正确地是（）A ．若()1,2P ,则2PF =B ．若P 点到焦点地距离为3,则P 地坐标为(2,.C ．若()2,3A ,则PA PF +地最小值为.D ．过焦点F 做斜率为2地直线与抛物线相交于A ,B 两点,则6AB =变式题4基础30．已知抛物线2:2C x py =地焦点坐标为F ,过点F 地直线与抛物线相交于A ,B 两点,点12⎫⎪⎭在抛物线上．则（）A ．1p =B ．当AB y ⊥轴时,||4AB =C ．11||||AF BF +为定值1D ．若2AF FB = ,则直线AB 地斜率为变式题5巩固31．已知F 是抛物线y 2 = 2px （p > 0）地焦点,过F 地直线交抛物线于A ,B 两点,以线段AB 为直径地圆交y 轴于M ,N 两点,则下面表达正确地是（）A ．以AB 为直径地圆与该抛物线地准线相切B ．若抛物线上地点T （2,t ）到点F 地距离为4,则抛物线地方程为y 2 = 4xC ． OA OB ⋅为定值D ．|MN |变式题6巩固32．P 为抛物线C ：24x y =准线上地一点,PA ,PB 为C 地两款切线, ()11,A x y ,()22,B x y 为切点,Q 为线段AB 地中点,则下面表达正确地是（）A ．122x x =-B ．PA PB ⊥C ．PQ AB =D ．PQ 地最小值为2变式题7巩固33．已如斜率为k 地直线l 经过抛物线24y x =地焦点且与此抛物线交于()11,A x y ,()22,B x y 两点,8AB <,直线l 与抛物线24y x =-交于M ,N 两点,且M ,N 两点在y 轴地两侧,现有下面四个命题,其中为真命题地是（）．A ．12y y 为定值B ．12y y +为定值C ．k 地取值范围为()(),11,4-∞-⋃D ．存在实数k 变式题8巩固34．已知抛物线24y x =,焦点为F ,直线l 与抛物线交于A ,B 两点,则下面选项正确地是（）A ．当直线l 过焦点F 时,以AF 为直径地圆与y 轴相切B ．若线段AB 中点地纵坐标为2,则直线AB 地斜率为1C ．若OA OB ⊥,则弦长AB 最小值为8D ．当直线l 过焦点F 且斜率为2时,AB ,AF ,BF 成等差数列变式题9提升35．已知抛物线()2:20C x py p =>地准线方程为2y =-,焦点为F ,O 为坐标原点,()11,A x y ,()22,B x y 是C 上两点,则下面表达正确地是（）A ．点F 地坐标为()02，B ．若16AB =,则AB 地中点到x 轴距离地最小值为8C ．若直线AB 过点()0,4,则以AB 为直径地圆过点OD ．若直线OA 与OB 地斜率之积为14-,则直线AB 过点F变式题10提升36．已知P 为抛物线C ：()220y px p =>上地动点,()4,4Q -在抛物线C 上,过抛物线C 地焦点F 地直线l 与抛物线C 交于A ,B 两点,()3,2M -,()1,1N -,则（）A ．PM PF +地最小值为4B ．若线段AB 地中点为M ,则NAB △C ．若NA NB ⊥,则直线l 地斜率为2D ．过点()1,2E 作两款直线与抛物线C 分别交于点G ,H ,且满足EF 平分GEH ∠,则直线GH 地斜率为定值变式题11提升37．已知抛物线24y x =地焦点为F ,准线与x 轴交于点P ,直线x my n =+与抛物线交于M ,N 两点,则下面表达正确地是（）A ．20m n +>B ．2M N MN x x =++C ．若2PM PN =,则2MF NF =D ．若1n =,则∠MPF 地最大值为3π变式题12提升38．已知F 是抛物线2:8C y x =地焦点,过点F 作两款互相垂直地直线1l ,2l ,1l 与C 相交于A ,B 两点,2l 与C 相交于E ,D 两点,M 为A ,B 中点,N 为E ,D 中点,直线l 为抛物线C 地准线,则（）A ．点M 到直线l 地距离为定值B ．以AB 为直径地圆与l 相切C ．AB DE +地最小值为32D ．当MN 最小时,MN //l原题1239．已知函数()f x 及其导函数()'f x 地定义域均为R ,记()()g x f x '=,若322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭,(2)g x +均为偶函数,则（）A ．(0)0f =B ．102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C ．(1)(4)f f -=D ．(1)(2)g g -=变式题1基础40．已知函数()f x 为偶函数,且()()22f x f x +=--,则下面结论一定正确地是（）A ．()f x 地图象有关点(2,0)-中心对称B ．()f x 是周期为4地周期函数C ．()f x 地图象有关直线2x =-轴对称D ．(4)f x +为偶函数变式题2基础41．已知定义在R 上地函数()f x 满足：()f x 是奇函数,()1f x +是偶函数.则下面选项中表达正确地有（）A ．()20f =B ．()f x 周期为2C ．()f x 地图象有关直线1x =对称D ．()2f x -是奇函数变式题3基础42．已知函数(),y f x x =∈R ,对于任意()()(),,x y f x y f x f y ∈+=+R ,则A ．()f x 地图象经过坐标原点B ．()()33f x f x =C ．()f x 单调递增D ．()()0f x f x -+=变式题4巩固43．定义在R 上地函数()f x 满足()()()f x y f x f y +=+,()2()f x f x +=-且()f x 在[]1,0-上是增函数,给出下面真命题地有（）A ．()f x 是周期函数。

2020年高考全国1卷数学试题解析解读分析

2020年高考全国1卷数学试题解析解读分析今年1卷相比19年，在试题结构变化上有所回稳，尤其是19题概率题，导数应用，为增加文理合卷的导向性，导数应用不在函数的复杂度上做文章，常见两个基本初等函数的复合，分析，解题方法多样，常规，个人认为：融入的素材，时政热点，彰显文化等不应作为数学学科关注的焦点，因为这些已是常态，更不是决定学生答题的关注点，作为数学学科领域，我们应该更多的关注试题所体现的改革导向，教学导向，学生发展导向；决定做好这份答卷的着力点依然是在学科核心素养上。

2020年高考数学试题落实立德树人根本任务，贯彻德智体美劳全面发展教育方针，坚持素养导向、能力为重的命题原则，体现了高考数学的科学选拔和育人导向作用。

试题重视数学本质，突出理性思维、数学应用、数学探究、数学文化的引领作用，突出对关键能力的考查。

试题展现了我国社会主义建设成就与科学防疫的成果，紧密联系社会实际，设计真实的问题情境，具有鲜明的时代特色。

试卷体现了基础性、综合性、应用性和创新性的考查要求，难度设计科学合理，很好把握了稳定与创新、稳定与改革的关系，对协同推进高考综合改革、引导中学数学教学都将起到积极的作用。

1. 融入的时代素材，时政热点，彰显文化依然作为常态，但这不是作为我们关注的焦点，也不是决定学生能否正确解题的关键。

2. 文理合卷的导向性明显，文理差异大的知识点得到中和1卷概率题，整卷的难度，考点分布得到体现3. 高中数学教育迈向大众化需求，普及的方向，同时兼顾当前的选拔功能整卷考点稳定，仅仅在试题情景上稍作创新、变动，小题与大题的压轴，考查单一，不再具有综合性很强的区分度。

4.坚持探索创新，推进高考内容改革一是考试内容的改革。

2020年是山东、海南实行高考综合改革后的首次高考，数学不分文理科，2021年又将有8个省份使用新高考卷。

过渡时期的数学科考试依据《新高考过渡期数学科考试范围说明》，科学设计考试内容，重点关注实验版高中数学课程标准和2017年版数学课程标准中的公共内容，并将这些内容确定为过渡时期的数学科考试的重点内容。

新高考全国i卷数学全解读

新高考全国i卷数学全解读一、整体评价（一）命题水平本套试题的命题水平很高，题目同时注重对基础概念的理解能力、灵活运用知识解决问题的能力、分析推理的逻辑能力和一定的解题经验。

本套试题没有出现“套路题型”，简单和适中的题目都可以使用基本的方法思路按部就班地解决，难题需要运用较强的综合分析能力，没有所谓背会几个“秒杀公式”“小窍门”就能轻松解决的问题。

总之，这是一套很好的试题，不论是简单的题目还是较难的题目，都可以用来作为做题训练的示范。

（二）题目难度本套试卷的难度整体偏难，但是算不上很难，没有“变态难”的题目。

选择填空的难度较以往偏难，解答题的难度较为适中。

本套试卷的计算量偏大，在近年来高考数学卷计算量加大的基础上又有增大。

特别是选择填空部分的计算量明显加大，解答题部分的计算量较以往持平。

整体难度偏难、计算量偏大、难度和计算量都主要体现在前面的选择填空部分，且大都集中在同一批选择填空题，很少有“思路难度大但计算量小”和“思路难度小但计算量大”的题目，导致解决题目的难度成几何级增大。

对于绝大部分习惯于按照顺序从头至尾依次答题的考生很不友好。

很容易在做选择填空题时花费过多时间，甚至自信心遭到很大打击，使得没有足够的时间和信心、耐心解决其实整体难度适中的解答题。

（三）综合影响本套试卷对考生产生的影响，不会主要在“优异”“普通”“薄弱”等不同水平的考生之间产生的区别，而是主要在心态良好、心态一般、心态较差的不同心态的考生之间产生差别，以及在“从前往后按顺序做”、“先挑会做的做”、“按顺序做的同时跳过不会”的不同答题顺序的考生之间产生差别。

高考的考察内容除了对知识的理解掌握之外，增加了更多心态和策略方面的影响。

二、逐题评价题目和题目的详细解答在最后，这里只对题目的难度、特点、方向等作简要分析，建议找套试题对照着一起看。

（一）单选题：第1题：考察集合的基本知识，非常简单，没有陷阱。

第2题：考察复数的运算，非常简单，没有陷阱。

2013 年高考数学新课标 I 卷理科第 12 题解析

2013 年高考数学新课标 I 卷理科第12 题解析【高考题7】 2013年高考数学新课标I 卷理科第12题12、设△A n B n C n 的三边长分别为a n ,b n ,c n ，△A n B n C n 的面积为 S n ，n =1,2,3,…若 b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝ c n ＋a n 2， c n ＋1＝ b n ＋a n 2 ，则( )A 、{S n }为递减数列B 、{S n }为递增数列C 、{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D 、{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列【解析】因为 a n ＋1＝a n ，所以数列{a n }是常数列，即 a n =a 1，记 a 1=a .又 b n ＋1＝ c n ＋a n 2 ，c n ＋1＝ b n ＋a n 2，所以 b n +1+c n +1=a n + b n ＋c n 2, 而 b 1＋c 1＝2a ，所以数列{ b n +1+c n +1}是常数列，即b n +1+c n +1=2a ，故在系列△A n B n C n 中，B n C n =a n =a ,A n B n +A n C n =b n +1+c n +1=2a ，即 B n 、C n 为定点，A n 是以B n 、C n 为焦点 2a 为长轴长的椭圆上的动点。

设 A n (x n ,y n ),则由椭圆第二定义知，b n －c n =(ex n +a )－(a －ex n )=2ex n ,另一方面，b n +1－c n +1=(－ 1 2)( b n －c n ), 所以 x n +1=(－ 1 2)x n ,即{x n 2 }是无穷递缩等比数列，由 x n 2 a 2+ 4y n 2 3a2=1,所以{y n 2 }是无穷递增等比数列，又 S n = 1 2´a ´|y n |,故 S n }为递增数列，正确选项为 B 。

2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题13-17题-(解析版)

2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题13-17题原题131．已知函数()()322x xx a f x -=⋅-是偶函数,则=a ______.变式题1基础2．已知()0,x x xe mxm f x e m +≠=-为偶函数,则m =___________．变式题2基础3．已知函数53()31x x a f x x ⎛⎫+= ⎪+⎝⎭是偶函数,则(1)f =___________.变式题3巩固4．若函数()(ln f x x ax =（其中0a <）为偶函数,则=a _____________.变式题4巩固5．若函数()()2log 4xf x a x =+-为偶函数,则=a ___________.变式题5提升6．若函数()()()3f x x ax b =-⋅-为偶函数,且在()0,∞+上单调递增,则()20f x ->地解集为___________．变式题6提升7．对于函数22(1)sin ()1a x x f x x ++=+,若(5)(5)4f f +-=,则=a __________．原题148．已知O 为坐标原点,抛物线C ：22y px =(0p >)地焦点为F ,P 为C 上一点,PF 与x 轴垂直,Q 为x 轴上一点,且PQ OP ⊥,若6FQ =,则C 地准线方程为______.变式题1基础9．设抛物线22(0)y px p =>地焦点为F ,点(0,2)A .若线段FA 地中点B 在抛物线上,则B 到该抛物线准线地距离为_____________．变式题2基础10．已知抛物线()2:,0C y mx m R m =∈≠过点()14P -,,则抛物线C 地准线方程为______.变式题3巩固11．抛物线C ：()220y px p =>地焦点为F ,其准线与x 轴地交点为A ,假如在直线40x y ++=上存在点M ,使得90FMA ∠=︒,则实数p 地取值范围是___________.变式题4巩固12．直线20x y --=与抛物线()220y px p =>交于A ,B 两点,若线段AB 被点()4,2M 平分,则抛物线地准线方程为__________.变式题5提升13．已知点(A ,抛物线C ：()220y px p =>地焦点为F ,射线FA 与抛物线C 相交于点M ,与其准线相交于点N .若:1:2FM MN =,则p 地值等于________.变式题6提升14．已知抛物线2:2(0)E y px p =>地焦点为F ,O 为坐标原点,点A 在E 上,且则p =______.原题1515．函数()212ln f x x x =--地最小值为______.变式题1基础16．函数21()2ln 2f x x x x =+-地最小值为__________．变式题2基础17．函数2(1)x y x e =+地最小值是_____．变式题3巩固18．函数()2x x f x e =在[]0,3x ∈地最大值为________.变式题4巩固19．函数()ln x f x x=在(20,e ⎤⎦上地最大值是____．变式题5提升20．函数()2|ln |2f x x x =--+地最大值为___________.变式题6提升21．已知函数f (x )＝22(1)23(1)x xe x x x x x ⎧--≤⎨->⎩,当x ∈(－∞,m ]时,f (x )∈1,1e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦,则实数m 地取值范围是________.原题1622．某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸地某款对称轴把纸对折,规格为20dm 12dm ⨯地长方形纸,对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯,20dm 6dm ⨯两种规格地图形,它们地面积之和21240dm S =,对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯,10dm 6dm ⨯,20dm 3dm ⨯三种规格地图形,它们地面积之和22180dm S =,以此类推,则对折4次共可以得到不同规格图形地种数为______。

2021年全国新高考壹卷数学试题变式题7-12题-(学生版)

2021年全国新高考yi 卷数学试题变式题7-12题原题71．过双曲线C ：22221x y a b-=(0,0)a b >>的一个焦点作圆222x y a +=的两条切线，切点分别为A B 、，若90AOB ∠=（O 是坐标原点），则双曲线C 的离心率为____;变式题1基础2．经过点(2,0)作曲线2e x y x =的切线有（） A ．1条 B ．2条 C ．3条 D ．4条变式题2基础 3．已知函数()()02af x x a x=+>，则曲线()y f x =过点()2,0P 的切线有（） A ．0条 B ．1条 C ．2条 D ．3条变式题3巩固4．已知曲线x a y e +=与()21y x =-恰好存在两条公切线，则实数a 的取值范围为（） A ．(),2ln 23-∞+ B ．(),2ln 23-∞- C ．（0，1） D ．()1,+∞变式题4巩固5．若过第一象限的点(),a b 可以作曲线ln y x =的两条切线，则（） A ．ln b a C ．ln b a < D ．ln b a >变式题5提升6．已知函数32()2f x x x x =-+-，若过点()1,P t 可作曲线()y f x =的三条切线，则t 的取值范围是（） A ．1(0,)30B ．1(0,)29C ．1(0,)28D ．1(0,)27变式题6提升7．若过点()(),0a b a >可以作曲线33y x x =-的三条切线，则（） A ．3b a <- B ．333a b a a -<<- C ．33b a a >- D ．3b a =-或33b a a =-原题88．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立C．乙与丙相互独立D．丙与丁相互独立变式题1基础9．下列事件A,B是独立事件的是()A．一枚硬币掷两次,A=“第一次为正面向上”,B=“第二次为反面向上”B．袋中有两个白球和两个黑球,不放回地摸两球,A=“第一次摸到白球”,B=“第二次摸到白球”C．掷一枚骰子,A=“出现点数为奇数”,B=“出现点数为偶数”D．A=“人能活到20岁”,B=“人能活到50岁”变式题2基础10．抛掷一枚质地均匀的骰子一次，记事件A为“向上的点数为奇数”，记事件B为“向上的点数为1或2”，则事件A与事件B的关系是（）A．相互独立B．互斥C．既相互独立又互斥D．既不相互独立又不互斥变式题3巩固11．一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有其他差异．采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球．记事件A=“第一次摸出球的标号小于3”，事件B=“第二次摸出球的标号小于3”，事件C=“摸出的两个球的标号之和为6”，事件D“摸出的两个球的标号之和不超过4”，则（）A．A与B相互独立B．A与D相互独立C．B与C相互独立D．B与D相互独立变式题4巩固12．从一副52张的扑克牌（不含大小王）中随机抽取一张，设事件A为“抽到黑色牌”，事件B为“抽到黑桃牌”，事件C为“抽到K”，则（）A．事件A与事件B相互独立，事件A与事件C相互独立B．事件A与事件B相互独立，事件A与事件C不相互独立C．事件A与事件B不相互独立，事件A与事件C相互独立D．事件A与事件B不相互独立，事件A与事件C不相互独立变式题5提升13．分别抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第1枚为正面”为事件A ，“第2枚为正面”为事件B ，“2枚结果相同”为事件C ，有下列三个命题： ①事件A 与事件B 相互独立； ①事件B 与事件C 相互独立； ①事件C 与事件A 相互独立．以上命题中，正确的个数是 A ．0 B ．1 C ．2 D ．3变式题6提升14．抛掷一枚均匀的骰子两次，在下列事件中，与事件“第一次得到6点”不互相独立的事件是A ．“两次得到的点数和是12”B ．“第二次得到6点”C ．“第二次的点数不超过3点”D ．“第二次的点数是奇数” 原题915．有一组样本数据1x ，2x ，…，n x ，由这组数据得到新样本数据1y ，2y ，…，n y ，其中i i y x c =+(1,2,,),i n c =⋅⋅⋅为非零常数，则（）A ．两组样本数据的样本平均数相同B ．两组样本数据的样本中位数相同C ．两组样本数据的样本标准差相同D ．两组样本数据的样本极差相同变式题1基础16．一组数据1x ，2x ，…，n x 的平均数是3，方差为4，关于数据131x -，231x -，…，31n x -，下列说法正确的是（） A ．平均数是3 B ．平均数是8C ．方差是11D ．方差是36变式题2基础17．若一组数据：1236,,,x x x x 的平均值为2，方差为3，则关于数据()()()()123623,23,23,,23x x x x ----说法正确的是（）A ．平均值为-2B ．方差为6C ．平均值为4D ．方差为12变式题3巩固18．已知一组数据1x ，2x ，3x ，4x ，5x 的平均数和方差均为2，则下列叙述正确的有（） A ．11x +，21x +，31x +，41x +，51x +的平均数为3 B ．11x +，21x +，31x +，41x +，51x +的方差为2 C ．12x ，22x ，32x ，42x ，52x 的方差为8D ．122x +，222x +，322x +，422x +，522x +的方差为8 变式题4巩固19．若甲组样本数据1x ，2x ，…，n x （数据各不相同）的平均数为2，方差为4，乙组样本数据13x a +，23x a +，…，3n x a +的平均数为4，则下列说法正确的是（） A ．a 的值为-2B ．乙组样本数据的方差为36C ．两组样本数据的样本中位数一定相同D ．两组样本数据的样本极差不同变式题5提升20．2020年3月6日，在新加坡举行的世界大学生辩论赛中，中国选手以总分230.51分获得冠军.辩论赛有7位评委进行评分，首先这7位评委给出某对选手的原始分数，评定该队选手的成绩时从7个原始成绩中去掉一个最高分、一个最低分，得到5个有效评分，则5个有效评分与7个原始评分相比，可能变化的数字特征是（） A ．中位数 B ．平均数 C ．方差 D ．极差变式题6提升21．数据1x ，2x ，…，n x 的平均数为x ，方差为2x s ，数据1y ，2y ，…，n y 的平均数为y ，方差为2y s ，若b 为不等于0的常数，11y x b =+，22y x b =+，…，n n y x b =+则下列说法正确的是（） A ．y x = B ．y x b =+C ．22y x s s =D ．222y x s s b =+原题1022．已知O 为坐标原点，点()1cos ,sin P αα，()2cos ,sin P ββ-，()()()3cos ,sin P αβαβ++，1,0A ，则（） A ．12OP OP = B ．12AP AP = C ．312OA OP OP OP ⋅=⋅ D ．123OA OP OP OP ⋅=⋅ 变式题1基础23．已知α，β，2,0πγ⎛∈⎫⎪⎝⎭，sin sin sin αγβ+=，cos cos cos βγα+=，则下列说法正确的是A ．()1cos 2βα-= B ．()1cos 2βα-=-C ．3πβα-=D ．3πβα-=-变式题2基础24．设02θπ≤<，已知两个向量()1cos ,sin OP θθ=，()22sin ,2cos =+-OP θθ，则向量12PP 长度的取值可以是（） A 2 B 3C ．32D ．33变式题3巩固25．已知向量(3,1)a =，(cos ,sin )b αα=，0,2απ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦，则下列结论正确的有（）A ．1b =B ．若a //b ，则tan 3α=C ．a b ⋅的最大值为2D ．a b -的最大值为3变式题4巩固26．已知向量(1,1)a =，(cos ,sin )(0)b θθθπ=≤≤，则下列命题正确的是（） A ．若//a b ，则tan 1θ= B ．+a b 的最大值为5C ．a b -的最大值为12D ．存在唯一的θ使得a b a b +=+ 变式题5提升27．已知向量(cos ,sin )a αα=，(2,1)b =，则下列命题正确的是（）A ．||a b -1B ．若||||a b a b +=-，则1tan 2α=C ．若e 是与b 共线的单位向量，则25(,5e = D ．当()f a b α=⋅取得最大值时，1tan 2α=原题1128．已知点P 在圆()()225516x y -+-=上，点()4,0A 、()0,2B ，则（）A ．点P 到直线AB 的距离小于10 B ．点P 到直线AB 的距离大于2C ．当PBA ∠最小时，PB =D ．当PBA ∠最大时，PB =变式题1基础29．若圆()2220x y r r +=>上恰有相异两点到直线4325=0x y -+的距离等于1，则r 可以取值（） A ．92B ．5C ．112D ．6变式题2基础30．已知圆C ：()()223372x y -+-=，若直线0x y m +-=垂直于圆C 的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，则m =（） A ．2 B ．4 C ．6 D ．10变式题3巩固31．已知圆221:230O x y x +--=和圆222:210O x y y +--=的交点为A ，B ，则（） A ．圆1O 和圆2O 有两条公切线 B ．直线AB 的方程为10x y -+=C ．圆2O 上存在两点P 和Q 使得||||PQ AB >D ．圆1O 上的点到直线AB 的最大距离为2变式题4巩固32．已知点()2,4P ，若过点()4,0Q 的直线l 交圆C ：()2269x y -+=于A ，B 两点，R 是圆C 上一动点，则（）A ．AB 的最小值为5B ．P 到l 的距离的最大值为25C ．PQ PR ⋅的最小值为125-D ．PR 的最大值为423变式题5提升33．已知直线():2200l x y a a +-=>，(),M s t 是直线l 上的任意一点，直线l 与圆221x y +=相切．下列结论正确的为（） A 22s t +1B ．当0s >，0t >时，21s t +95C 22s t s +22s t s +的最小值D 22s t s +22s t s +的最小值变式题6提升34．已知点P 在圆C ：()()22455x y -+-=上，点()4,0A ，()0,2B ，则下列说法中正确的是（）A ．点P 到直线AB 的距离小于6 B ．点P 到直线AB 的距离大于2C ．cos APB ∠的最大值为45D ．APB ∠的最大值为2π 原题1235．在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 变式题1基础36．在正三棱柱111ABC A B C -中，2AC =11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（）A ．111122A D AB AC AA =+-B ．三棱锥11D ABC -C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分变式题2巩固37．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，12,AD DD AB E F G ===､､分别是11,AB BC C D ､的中点，则下列说法正确的是（）A ．11BCDE ⊥ B ．1//D C 平面GEFC ．若点P 在平面ABCD 内，且1//D P 平面GEF ，则线段1D P 长度的最小值为D．若点Q 在平面ABCD 内，且11D Q B C ⊥，则线段1D Q 长度的最小值为变式题3巩固38．在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 在线段1B C 上运动，则（） A ．直线1BD ⊥平面1AB CB ．三棱锥11M ACD -的体积为定值C ．异面直线AM 与1AD 所成角的取值范围是,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．直线1C M 与平面11AC D 变式题4提升39．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，已知E 为线段1B C 的中点，点F 和点P 分别满足111D F DC λ=，11D P D B μ=，其中,[0,1]λμ∈，则下列说法正确的是（） A ．当λ=12时，三棱锥P -EFD 的体积为定值B ．当µ=12时，四棱锥P -ABCD 的外接球的表面积是34π C ．PE PF +52D ．存在唯一的实数对(,)λμ，使得EP ①平面PDF 变式题5提升40．在棱长固定的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别满足AE AB λ=，([0,1],[0,1])BF BC μλμ=∈∈，则（）A ．当12μ=时，三棱锥11A B EF -的体积为定值 B ．当12μ=时，存在λ使得1BD ⊥平面1B EF C ．当12λ=时，点A ，B 到平面1B EF 的距离相等 D ．当λμ=时，总有11A F C E ⊥。

2020年高考全国1数学理高考真题变式题11-15题-(学生版)

2020年高考全国1数学理高考真题变式题11-15题原题111．已知⊙M ：222220x y x y +---=，直线l ：220x y ++=，P 为l 上的动点，过点P 作⊙M 的切线,PA PB ，切点为,A B ，当||||PM AB ⋅最小时，直线AB 的方程为（） A ．210x y --= B ．210x y +-= C ．210x y -+= D ．210x y ++=变式题1基础2．已知圆22:2O x y +=，过直线:24l x y +=在第一象限内一动点P 作圆O 的两条切线，切点分别是A ，B ，直线AB 与两坐标轴分别交于M ，N 两点，则OMN 面积的最小值为（） A ．12B ．1C 2D ．2变式题2基础3．已知圆22:410C x y x +++=，过圆外一点P 作圆C 的切线，切点为A ，若||2|PA PO =（O 为坐标原点），则||PC 的最小值为（） A ．4 B ．42C ．43 D ．45变式题3巩固4．已知圆22:1O x y +=，直线:20l x y ++=，点P 为l 上一动点，过点P 作圆O 的切线PA ，PB （切点为A ，B ），当四边形PAOB 的面积最小时，直线AB 的方程为（）A ．10x y -+=B ．20x y -=C ．10x y ++=D ．20x y +=变式题4巩固5．设(){},512160A x y x y =++≤，点P A ∈，过点P 引圆()()22220y x r r +=->的两条切线PA ，PB ，若APB ∠的最大值为2π3，则r 的值为（） A ．2 B 3C 2D ．1变式题5巩固6．在平面直角坐标系xOy 中，过点()0,A a 向圆()()22:213C x y -+-=引切线，切线长为1d .设点A 到直线40x y -+=的距离为2d ，当12d d +取最小值时，a 的值为（） A ．1 B ．2 C 52D 32变式题6提升7．已知点M 为直线30x y +-=上的动点，过点M 引圆221x y +=的两条切线，切点分别为A ，B ，则点()0,1P -到直线AB 的距离的最大值为（）A ．32B ．53C 11D 17原题128．若242log 42log a b a b +=+，则（） A ．2a b > B ．2a b < C ．2a b > D ．2a b <变式题1基础9．已知正实数a ，b ，c 满足123log a a =，122log b b =，121log 2cc ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则（）A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c b a <<D ．b a c <<变式题2基础10．已知3log 1a a ⋅=，31b b ⋅=，21c c ⋅=，则a b c ，，的大小关系为（） A ．a b c <>变式题4巩固12．设,,a b c分别满足等式3111,2,222b a bc c +=+=，则（） A ．a b c <，则下列关系式不能成立的是 A ．235x y z << B ．532z y x <<C ．352y z x << D ．235x y z == 变式题6提升14．已知()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意两个不相等的正数12,x x 都有()()2112120x f x x f x x x -<-，记()()()0.20.20.2022.240.4log ,,40.44log 4f f f a b c ===，则（）A ．c b a <<B ．a b c <<C ．a c b <<D ．c b a <<原题1315．若x ，y 满足约束条件220,10,10,x y x y y +-≤⎧⎪--≥⎨⎪+≥⎩则z =x +7y 的最大值为______________.变式题1基础16．已知实数,x y满足210xyx y≥⎧⎪≤⎨⎪-+≤⎩，则12x y-的最大值为_______________________．变式题2基础17．若实数x，y满足不等式组311x yx yx+≤⎧⎪-≤⎨⎪≥⎩，则2x y+的最大值是___________.变式题3巩固18．若实数x，y满足约束条件2601x yx yy-≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥-⎩，则x y+取最大值时最优解为________．变式题4巩固19．若,x y满足约束条件4714085480360x yx yx yx Z-+⎧⎪+-⎪⎨+-⎪⎪∈⎩，则z x y=+的最大值为（）A．152B．7C．477D．365变式题5巩固20．已知点(x，y)的坐标满足条件30{2602290x y ax yx y--<+->-+>，且x，y均为正整数．若4x－y取到最大值8，则整数a的最大值为（）A．4B．5C．6D．7变式题6提升21．已知,x y满足不等式组20110x yxx ay+≥⎧⎪≤⎨⎪--≥⎩，3z x y=-+只过(1,0)时有最大值，求a的取值范围_____________原题1422．设,a b为单位向量，且||1a b+=，则||a b-=______________.变式题1基础23．已知平面向量a，b的夹角为π3，且2=a，1=b，则a b-=_______.变式题2基础24．设向量a､b的长度分别为4和3，夹角为60︒，则a b+=______.25．已知||3a =、||4=b ，求||a b -的取值范围是________. 变式题4巩固26．已知平面向量a ，b 都是单位向量，且12a b ⋅=-，则2a b -的值为______．变式题5巩固27．设向量a ，b 满足||3a =，||1b =，且1cos 3a <<，12b ><，则|2|-a b 的取值范围是__．变式题6提升28．已知平面向量a ，b ，c 满足3a b ⋅=-，4a b -=，c a -与c b -的夹角为3π，则c a b --的最大值为___________．原题1529．已知F 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点，A 为C 的右顶点，B 为C 上的点，且BF 垂直于x 轴.若AB 的斜率为3，则C 的离心率为______________. 变式题1基础30．已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为F 1，F 2，左、右顶点分别为A1，A 2，点P 是双曲线C 上不同于A 1，A 2的任意一点，若12PF F △与12PA A △，则双曲线C 的离心率为__．变式题2基础31．已知F 是双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的右焦点，以OF （O 为坐标原点）为直径的圆与双曲线的一个交点为A ，若OA 的倾斜角为π6，则该双曲线的离心率为______．变式题3巩固32．已知双曲线22221x y a b -=（0a >，0b >）的右焦点为F ，右顶点为A ，虚轴的一个端点为B ，若点F 到直线AB 的距离为3b，则双曲线的离心率为______．变式题4巩固33．设12,F F 分别是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点，A 是双曲线的左顶点，点P在过点A 若12PF F ∆为等腰三角形，且12120F F P ︒∠=，则双曲线C 的离心率为___________.34．已知双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，若以12F F 为直径的圆和曲线C 在第一象限交于点P ，且2POF 恰好为正三角形，则双曲线C 的离心率为______. 变式题6提升35．已知双曲线2222:1(0,0)x y E a b a b-=>>，点F 为E 的左焦点，点P 为E 上位于第一象限内的点，P 关于原点的对称点为Q ，且满足||3||PF FQ =，若||OP b =，则E 的离心率为_________.。

2022年新高考全国Ⅰ卷数学试题及答案解析

2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考Ⅰ卷）数学一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1. 若集合M ={x|√x <4}，N ={x|3x ≥1}，则M ∩N =( )A. {x|0≤x <2}B. {x|13≤x <2}C. {x|3≤x <16}D. {x|13≤x <16}2. 若i(1−z)=1，则z +z −=( )A. −2B. −1C. 1D. 23. 在△ABC 中，点D 在边AB 上，BD =2DA.记CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =m ⃗⃗⃗ ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =n ⃗ ，则CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. 3m⃗⃗⃗ −2n ⃗ B. −2m⃗⃗⃗ +3n ⃗ C. 3m⃗⃗⃗ +2n ⃗ D. 2m⃗⃗⃗ +3n ⃗ 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．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为140.0km 2；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为180.0km 2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为(√7≈2.65)( )A. 1.0×109m 3B. 1.2×109m 3C. 1.4×109m 3D. 1.6×109m 35. 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. 16B. 13C. 12D. 236. 记函数f(x)=sin(ωx +π4)+b(ω>0)的最小正周期为T.若2π3<T <π，且y =f(x)的图像关于点(3π2,2)中心对称，则f(π2)=( )A. 1B. 32C. 52D. 37. 设a =0.1e 0.1，b =19，c =−ln0.9，则( )A. a <b <cB. c <b <aC. c <a <bD. a <c <b8. 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36π，且3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A. [18,814]B. [274,814]C. [274,643]D. [18,27]二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）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BB1D1D所成的角为45°D. 直线BC1与平面ABCD所成的角为45°10.已知函数f(x)=x3−x+1，则()A. f(x)有两个极值点B. f(x)有三个零点C. 点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D. 直线y=2x是曲线y=f(x)的切线11.已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C：x2=2py(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=−1B. 直线AB与C相切C. |OP|⋅|OQ|>|OA|2D. |BP|⋅|BQ|>|BA|212.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(32−2x)，g(2+x)均为偶函数，则()A. f(0)=0B. g(−12)=0 C. f(−1)=f(4) D. g(−1)=g(2)三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.(1−yx)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为______(用数字作答)．14.写出与圆x2+y2=1和(x−3)2+(y−4)2=16都相切的一条直线的方程______．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______．16.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12.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______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1=1，{S na n}是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．18. 记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cosA 1+sinA =sin2B1+cos2B ．(1)若C =2π3，求B ；(2)求a 2+b 2c 2的最小值．19. 如图，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．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1090(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P(B|A −)P(B −|A −)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病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(K 2≥k)0.050 0.010 0.001 k3.8416.63510.82821.已知点A(2,1)在双曲线C：x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线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．已知函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx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．答案解析1.【答案】D【解析】解：由√x <4，得0≤x <16，∴M ={x|√x <4}={x|0≤x <16}，由3x ≥1，得x ≥13，∴N ={x|3x ≥1}={x|x ≥13}， ∴M ∩N ={x|0≤x <16}∩{x|x ≥13}={x|13≤x <16}．故选：D ．分别求解不等式化简M 与N ，再由交集运算得答案．本题考查交集及其运算，考查不等式的解法，是基础题．2.【答案】D【解析】解：由i(1−z)=1，得1−z =1i =−i−i 2=−i ， ∴z =1+i ，则z −=1−i ， ∴z +z −=1+i +1−i =2．故选：D ．把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z −，再求出z +z −．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】B【解析】解：如图，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +12(CB ⃗⃗⃗⃗⃗ −CD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =32CD ⃗⃗⃗⃗⃗ −CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ −2CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =3n ⃗ −2m ⃗⃗⃗ ．故选：B ．直接利用平面向量的线性运算可得12CB⃗⃗⃗⃗⃗ =32CD⃗⃗⃗⃗⃗ −CA⃗⃗⃗⃗⃗ ，进而得解．本题主要考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：140km2=140×106m2，180km2=180×106m2，根据题意，增加的水量约为140×106+180×106+√140×106×180×1063×(157.5−148.5)=(140+180+60√7)×1063×9≈(320+60×2.65)×106×3=1437×106≈1.4×109m3.故选：C．先统一单位，再根据题意结合棱台的体积公式求解即可．本题以实际问题为载体考查棱台的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：从2至8的7个整数中任取两个数共有C72=21种方式，其中互质的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共14种，故所求概率为1421=23．故选：D．先求出所有的基本事件数，再写出满足条件的基本事件数，用古典概型的概率公式计算即可得到答案．本题考查古典概型的概率计算，考查运算求解能力，属于基础题．6.【答案】A【解析】解：函数f(x)=sin(ωx+π4)+b(ω>0)的最小正周期为T，则T=2πω，由2π3<T<π，得2π3<2πω<π，∴2<ω<3，∵y=f(x)的图像关于点(3π2,2)中心对称，∴b=2，且sin(3π2ω+π4)=0，则3π2ω+π4=kπ，k∈Z．∴ω=23(k−14)，k∈Z，取k=4，可得ω=52．∴f(x)=sin(52x+π4)+2，则f(π2)=sin(52×π2+π4)+2=−1+2=1．故选：A．由周期范围求得ω的范围，由对称中心求解ω与b值，可得函数解析式，则f(π2)可求．本题考查y=Asin(ωx+φ)型函数的图象与性质，考查逻辑思维能力与运算求解能力，是中档题．7.【答案】C【解析】解：构造函数f(x)=lnx+1x，x>0，则f′(x)=1x −1x2，x>0，当f′(x)=0时，x=1，0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x=1处取最小值f(1)=1，∴lnx>1−1x，∴ln0.9>1−10.9=−19，∴−ln0.9<19，∴c<b；∵−ln0.9=ln109>1−910=110，∴109>e0.1，∴0.1e0.1<19，∴a<b；∵0.1e0.1>0.1×1.1=0.11，而−1n0.9=ln109<12(109−910)=19180<0.11，∴a>c，∴c<a<b．故选：C．构造函数f(x)=lnx+1x ，x>0，利用导数性质求出lnx>1−1x，由此能求出结果．本题考查三个数的大小的判断，考查构造法、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．8.【答案】C【解析】解：如图所示，正四棱锥P −ABCD 各顶点都在同一球面上，连接AC 与BD 交于点E ，连接PE ，则球心O 在直线PE 上，连接OA ，设正四棱锥的底面边长为a ，高为ℎ，在Rt △PAE 中，PA 2=AE 2+PE 2，即l 2=(√2a2)2+ℎ2=12a 2+ℎ2，∵球O 的体积为36π，∴球O 的半径R =3，在Rt △OAE 中，OA 2=OE 2+AE 2，即R 2=(ℎ−3)2+(√2a2)2，∴12a 2+ℎ2−6ℎ=0，∴12a 2+ℎ2=6ℎ， ∴l 2=6ℎ，又∵3≤l ≤3√3，∴32≤ℎ≤92，∴该正四棱锥体积V(ℎ)=13a 2ℎ=13(12ℎ−2ℎ2)ℎ=−23ℎ3+4ℎ2， ∵V′(ℎ)=−2ℎ2+8ℎ=2ℎ(4−ℎ)，∴当32≤ℎ<4时，V′(ℎ)>0，V(ℎ)单调递增；当4<ℎ≤92时，V′(ℎ)<0，V(ℎ)单调递减， ∴V(ℎ)max =V(4)=643，又∵V(32)=274，V(92)=814，且274<814，∴274≤V(ℎ)≤643，即该正四棱锥体积的取值范围是[274,643]，故选：C ．画出图形，由题意可知求出球的半径R =3，设正四棱锥的底面边长为a ，高为ℎ，由勾股定理可得l 2=12a 2+ℎ2，又R 2=(ℎ−3)2+(√2a 2)2，所以l 2=6ℎ，由l 的取值范围求出ℎ的取值范围，又因为a 2=12ℎ−2ℎ2，所以该正四棱锥体积V(ℎ)=−23ℎ3+4ℎ2，利用导数即可求出V(ℎ)的取值范围．本题主要考查了正四棱锥的外接球问题，考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．9.【答案】ABD【解析】解：如图，连接B 1C ，由A 1B 1//DC ，A 1B 1=DC ，得四边形DA 1B 1C 为平行四边形，可得DA 1//B 1C ，∵BC 1⊥B 1C ，∴直线BC 1与DA 1所成的角为90°，故A 正确；∵A 1B 1⊥BC 1，BC 1⊥B 1C ，A 1B 1∩B 1C =B 1，∴BC 1⊥平面DA 1B 1C ，而CA 1⊂平面DA 1B 1C ， ∴BC 1⊥CA 1，即直线BC 1与CA 1所成的角为90°，故B 正确；设A 1C 1∩B 1D 1=O ，连接BO ，可得C 1O ⊥平面BB 1D 1D ，即∠C 1BO 为直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角，∵sin∠C 1BO =OC 1BC 1=12，∴直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为30°，故C 错误；∵CC 1⊥底面ABCD ，∴∠C 1BC 为直线BC 1与平面ABCD 所成的角为45°，故D 正确．故选：ABD ．求出异面直线所成角判断A ；证明线面垂直，结合线面垂直的性质判断B ；分别求出线面角判断C 与D ．本题考查空间中异面直线所成角与线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．10.【答案】AC【解析】解：f′(x)=3x 2−1，令f′(x)>0，解得x <−√33或x >√33，令f′(x)<0，解得−√33<x <√33，∴f(x)在(−∞,−√33),(√33,+∞)上单调递增，在(−√33,√33)上单调递减，且f(−√33)=2√3+99>0,f(√33)=9−2√39>0，∴f(x)有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A 正确，选项B 错误；又f(x)+f(−x)=x 3−x +1−x 3+x +1=2，则f(x)关于点(0,1)对称，故选项C 正确；假设y =2x 是曲线y =f(x)的切线，设切点为(a,b)，则{3a 2−1=22a =b，解得{a =1b =2或{a =−1b =−2，显然(1,2)和(−1,−2)均不在曲线y =f(x)上，故选项D 错误．故选：AC ．对函数f(x)求导，判断其单调性和极值情况，即可判断选项AB ；由f(x)+f(−x)=2，可判断选项C ；假设y =2x 是曲线y =f(x)的切线，设切点为(a,b)，求出a ，b 的值，验证点(a,b)是否在曲线y =f(x)上即可．本题考查利用导数研究函数的单调性，极值以及曲线在某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．11.【答案】BCD【解析】解：∵点A(1,1)在抛物线C ：x 2=2py(p >0)上， ∴2p =1，解得p =12，∴抛物线C 的方程为x 2=y ，准线方程为y =−14，选项A 错误；由于A(1,1)，B(0,−1)，则k AB =1−(−1)1−0=2，直线AB 的方程为y =2x −1，联立{y =2x −1x 2=y ，可得x 2−2x +1=0，解得x =1，故直线AB 与抛物线C 相切，选项B 正确；根据对称性及选项B 的分析，不妨设过点B 的直线方程为y =kx −1(k >2)，与抛物线在第一象限交于P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，联立{y =kx −1y =x 2，消去y 并整理可得x 2−kx +1=0，则x 1+x 2=k ，x 1x 2=1，y 1y 2=(kx 1−1)(kx 2−1)=k 2x 1x 2−k(x 1+x 2)+1=1，|OP|⋅|OQ|=√x 12+y 12⋅√x 22+y 22≥√2x 1y 1⋅√2x 2y 2=2√x 1x 2y 1y 2=2=|OA|2，由于等号在x 1=x 2=y 1=y 2=1时才能取到，故等号不成立，选项C 正确；|BP||BQ|=√x 12+(y 1+1)2⋅√x 2+(y 2+1)2>√x 12+4y 1⋅√x 22+4y 2=√5x 12⋅√5x 22=5√(x 1x 2)2=5=|BA|2，选项D 正确．故选：BCD ．对于A ，根据题意求得p 的值，进而得到准线；对于B ，求出直线AB 方程，联立直线AB 与抛物线方程即可得出结论；对于C ，设过点B 的直线方程为y =kx −1(k >2)，联立该直线与抛物线方程，由韦达定理得到两根之和及两个之积，然后利用两点间的距离公式，结合基本不等式判断选项CD ．本题考查抛物线方程的求解，直线与抛物线位置关系的综合运用，同时还涉及了两点间的距离公式以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．12.【答案】BC【解析】解：∵f(32−2x)为偶函数，∴可得f(32−2x)=f(32+2x)，∴f(x)关于x =32对称，令x =54，可得f(32−2×54)=f(32+2×54)，即f(−1)=f(4)，故C 正确； ∵g(2+x)为偶函数，∴g(2+x)=g(2−x)，g(x)关于x =2对称，故D 不正确； ∵f(x)关于x =32对称，∴x =32是函数f(x)的一个极值点，∴g(32)=f′(32)=0，又∴g(x)关于x =2对称，∴g(52)=g(32)=0，∴x =52是函数f(x)的一个极值点，f(x)关于x =32对称，∴x =−12是函数f(x)的一个极值点，∴g(−12)=f′(−12)=0，故B 正确； f(x)图象位置不确定，可上下移动，即没一个自变量对应的函数值是确定值，故A 错误．故选：BC ．由f(32−2x)为偶函数，可得f(x)关于x =32对称，可判断C ；g(2+x)为偶函数，可得g(2+x)=g(2−x)，g(x)关于x =2对称，可判断D ；由g(32)=0，g(x)关于x =2对称，可得g(52)=0，得到x =52是f(x)的极值点，x =−12也是极值点，从而判断B ；f(x)图象位置不确定，可上下移动，故函数值不确定，从而判断A ．本题考查函数的奇偶性，极值点与对称性，考查了转化思想和方程思想，属中档题．13.【答案】−28【解析】解：(x +y)8的通项公式为T r+1=C 8r x 8−r y r，当r =6时，T 7=C 86x 2y 6，当r =5时，T 6=C 85x 3y 5，∴(1−yx)(x +y)8的展开式中x 2y 6的系数为C 86−C 85=8!6!⋅2!−8!5!⋅3!=28−56=−28．故答案为：−28．由题意依次求出(x +y)8中x 2y 6，x 3y 5项的系数，求和即可．本题考查二项式定理的应用，考查运算求解能力，是基础题．14.【答案】x =−1(填3x +4y −5=0，7x −24y −25=0都正确)【解析】解：圆x 2+y 2=1的圆心坐标为O(0,0)，半径r 1=1，圆(x −3)2+(y −4)2=16的圆心坐标为C(3,4)，半径r 2=4，如图：∵|OC|=r 1+r 2，∴两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条． ∵k OC =43，∴l 1的斜率为−34，设直线l 1：y =−34x +b ，即3x +4y −4b =0，由|−4b|5=1，解得b =54(负值舍去)，则l 1：3x +4y −5=0；由图可知，l 2：x =−1；l 2与l 3关于直线y =43x 对称，联立{x =−1y =43x ，解得l 2与l 3的一个交点为(−1,−43)，在l 2上取一点(−1,0)，该点关于y =43x 的对称点为(x 0,y 0)，则{y 02=43⋅x 0−12y 0x 0+1=−34，解得对称点为(725,−2425).∴k l 3=−2425+43725+1=724，则l 3：y =724(x +1)−43，即7x −24y −25=0． ∴与圆x 2+y 2=1和(x −3)2+(y −4)2=16都相切的一条直线的方程为： x =−1(填3x +4y −5=0，7x −24y −25=0都正确)．故答案为：x =−1(填3x +4y −5=0，7x −24y −25=0都正确)．由题意画出图形，可得两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．分别求出三条切线方程，则答案可求．本题考查圆的切线方程的求法，考查圆与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．15.【答案】(−∞,−4)∪(0,+∞)【解析】解：y′=e x +(x +a)e x ，设切点坐标为(x 0,(x 0+a)e x 0)， ∴切线的斜率k =e x 0+(x 0+a)e x 0，∴切线方程为y −(x 0+a)e x 0=(e x 0+(x 0+a)e x 0)(x −x 0)，又∵切线过原点，∴−(x 0+a)e x 0=(e x 0+(x 0+a)e x 0)(−x 0)，整理得：x 02+ax 0−a =0，∵切线存在两条，∴方程有两个不等实根，∴Δ=a2+4a>0，解得a<−4或a>0，即a的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞)，故答案为：(−∞,−4)∪(0,+∞)．设切点坐标为(x0,(x0+a)e x0)，利用导数求出切线的斜率，进而得到切线方程，再把原点代入可得x02+ax0−a=0，因为切线存在两条，所以方程有两个不等实根，由Δ>0即可求出a的取值范围．本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题．16.【答案】13【解析】解：∵椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，∴不妨可设椭圆C：x24c2+y23c2=1，a=2c，∵C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，∴△AF1F2为等边三角形，∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，∴k DE=tan30°=√33，由等腰三角形的性质可得，|AD|=|DF2|，|AE|=|EF2|，设直线DE方程为y=√33(x+c)，D(x1,y1)，E(x2,y2)，将其与椭圆C联立化简可得，13x2+8cx−32c2=0，由韦达定理可得，x1+x2=−8c13，x1x2=−32c213，|DE|=√k2+1|x1−x2|=√(x1+x2)2−4x1x2=√13+1⋅√(−8c13)2+128c213=4813c=6，解得c=138，由椭圆的定义可得，△ADE的周长等价于|DE|+|DF2|+|EF2|=4a=8c=8×138=13．故答案为：13．根据已知条件，先设出含c的椭圆方程，再结合三角形的性质，以及弦长公式，求出c的值，最后再根据椭圆的定义，即可求解．本题主要考查直线与椭圆的综合应用，需要学生很强的综合能力，属于中档题．17.【答案】解：(1)已知a1=1，{S na n }是公差为13的等差数列，所以S na n =1+13(n−1)=13n+23，整理得S n=13na n+23a n，①，故当n≥2时，S n−1=13(n−1)a n−1+23a n−1，②，①−②得：13a n=13na n−13na n−1−13a n−1，故(n−1)a n=(n+1)a n−1，化简得：a na n−1=n+1n−1，a n−1a n−2=nn−2，........，a3a2=42，a2a1=31；所以a na1=n(n+1)2，故a n=n(n+1)2(首项符合通项)．所以a n=n(n+1)2．证明：(2)由于a n=n(n+1)2，所以1a n =2n(n+1)=2(1n−1n+1)，所以1a1+1a2+...+1a n=2(1−12+12−13+...+1n−1n+1)=2×(1−1n+1)<2．【解析】(1)直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式；(2)利用(1)的结论，进一步利用裂项相消法的应用求出数列的和，进一步利用放缩法的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．18.【答案】解：(1)∵cosA1+sinA =sin2B1+cos2B，∴cosA1+sinA=2sinBcosB2cos2B=sinBcosB，化为：cosAcosB=sinAsinB+sinB，∴cos(B+A)=sinB，∴−cosC=sinB，C=2π3，∴sinB=12，∵0<B<π3，∴B=π6．(2)由(1)可得：−cosC =sinB >0，∴cosC <0，C ∈(π2,π)， ∴C 为钝角，B ，A 都为锐角，B =C −π2． sinA =sin(B +C)=sin(2C −π2)=−cos2C ，a 2+b 2c 2=sin 2A+sin 2Bsin 2C=cos 22C+cos 2Csin 2C=(1−2sin 2C)2+(1−sin 2C)sin 2C =2+4sin 4C−5sin 2Csin 2C=2sin 2C+4sin 2C −5≥2√2×4−5=4√2−5，当且仅当sinC =1√24时取等号．∴a 2+b 2c 2的最小值为4√2−5．【解析】(1)利用倍角公式、和差公式、三角形内角和定理即可得出B ．(2)利用诱导公式把A 用C 表示，再利用正弦定理、倍角公式、基本不等式即可得出结论．本题考查了倍角公式、和差公式、三角形内角和定理、余弦定理、基本不等式、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19.【答案】解：(1)由直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，可得V A 1−ABC =13V A 1B 1C 1−ABC =43，设A 到平面A 1BC 的距离为d ，由V A 1−ABC =V A−A 1BC ， ∴13S △A 1BC ⋅d =43，∴13×2√2⋅d =43，解得d =√2． (2)由直三棱柱ABC −A 1B 1C 1知BB 1⊥平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，又平面ABC ∩平面A 1BC =BC ，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥A 1B ，BC ⊥AB ，以B 为坐标原点，BC ，BA ，BB 1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵AA 1=AB ，∴BC ×√2AB ×12=2√2，又12AB ×BC ×AA 1=4，解得AB =BC =AA 1=2，则B(0,0,0)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，A 1(0,2,2)，D(1,1,1)，则BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0)，设平面ABD 的一个法向量为n⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0n ⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +y +z =0，令x =1，则y =0，z =−1，∴平面ABD 的一个法向量为n ⃗ =(1,0,−1)，设平面BCD 的一个法向量为m⃗⃗⃗ =(a,b,c)， {m ⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a =0m⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b +c =0，令b =1，则a =0，c =−1，平面BCD 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(0,1,−1)， cos <n ⃗ ，m ⃗⃗⃗ >=√2⋅√2=12，二面角A −BD −C 的正弦值为√1−(12)2=√32．【解析】(1)利用体积法可求点A 到平面A 1BC 的距离；(2)以B 为坐标原点，BC ，BA ，BB 1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角A −BD −C 的正弦值．本题考查求点到面的距离，求二面角的正弦值，属中档题．20.【答案】解：(1)补充列联表为：计算K 2=200×(40×90−10×60)2100×100×50×150=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)证明：R =P(B|A)P(B −|A)：P(B|A −)P(B −|A −)=P(B|A)P(B −|A)⋅P(B −|A −)P(B|A −)=P(AB)P(A)P(AB −)P(A)⋅P(A −B −)P(A −)P(A −B)P(A −)=P(AB)⋅P(A −B −)P(AB −)⋅P(A −B)=P(AB)P(B)P(A −B)P(B)⋅P(A −B −)P(B −)P(AB −)P(B −)=P(A|B)P(A −|B)⋅P(A −|B −)P(A|B −)；(ⅱ)利用调查数据，P(A|B)=40100=25，P(A|B −)=10100=110，P(A −|B)=1−P(A|B)=35，P(A −|B −)=1−P(A|B −)=910，所以R =2535×910110=6．【解析】(1)补充列联表，根据表中数据计算K 2，对照附表得出结论． (2)(i)根据条件概率的定义与运算性质，证明即可；(ⅱ)利用调查数据和对立事件的概率公式，计算即可．本题考查了独立性检验应用问题，也考查了条件概率的应用问题，是中档题．21.【答案】解：(1)将点A 代入双曲线方程得 4a 2−1a 2−1=1，化简得a 4−4a 2+4=0，∴a 2=2，故双曲线方程为x 22−y 2=1，由题显然直线l 的斜率存在，设l ：y =kx +m ，设P(x 1,y 1)Q(x 2,y 2)，则联立双曲线得：(2k 2−1)x 2+4kmx +2m 2+2=0，故x 1+x 2=−4km 2k 2−1，x 1x 2=2m 2+22k 2−1，k AP +k AQ =y 1−1x 1−2+y 2−1x 2−2=kx 1+m−1x 1−2+kx 2+m−1x 2−2=0，化简得：2kx 1x 2+(m −1−2k)(x 1+x 2)−4(m −1)=0，故2k(2m 2+2)2k 2−1+(m −1−2k)(−4km2k 2−1)−4(m −1)=0，即(k +1)(m +2k −1)=0，而直线l 不过A 点，故k =−1； (2)设直线AP 的倾斜角为α，由tan∠PAQ =2√2，∴2tan∠PAQ 21−tan 2∠PAQ 2=2√2，得tan∠PAQ 2=√22，由2α+∠PAQ =π，∴α=π−∠PAQ2，得k AP =tanα=√2，即y 1−1x 1−2=√2，联立y 1−1x 1−2=√2，及x 122−y 12=1得x 1=10−4√23,y 1=4√2−53，代入直线 l 得m =53，故x 1+x 2=203,x 1x 2=689，而|AP|=√3|x 1−2|,|AQ|=√3|x 2−2|，由tan∠PAQ =2√2，得sin∠PAQ =2√23，故S △PAQ =12|AP||AQ|sin∠PAQ =√2|x 1x 2−2(x 1+x 2)+4|=16√29．【解析】(1)将点A 代入双曲线方程得x 22−y 2=1，由题显然直线l 的斜率存在，设l ：y =kx +m ，与双曲线联立后，根据直线AP ，AQ 的斜率之和为0，求解即可；(2)设直线AP 的倾斜角为α，由tan∠PAQ =2√2，得tan∠PAQ 2=√22，联立y 1−1x 1−2=√2，及x 122−y 12=1，根据三角形面积公式即可求解．本题考查了直线与双曲线的综合，属于中档题．22.【答案】(1)解：∵f(x)=e x−ax，g(x)=ax−lnx，∴f′(x)=e x−a，g′(x)=a−1x，∵y=e x在x∈R上单调递增，函数y=−1x在x∈(0,+∞)上单调递增，∴函数f′(x)和函数g′(x)在各自定义域上单调递增，又∵函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有最小值，∴当f′(x)=0时，x=lna，当g′(x)=0时，x=1a，∴函数f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，函数g(x)在(0,1a )上单调递减，在(1a,+∞)上单调递增，∴f(x)min=f(lna)=a−alna，g(x)min=1+lna，∵函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值∴a−alna=1+lna，解得：a=1．(2)证明：设三个交点的横坐标从小到大依次为x1，x2，x3，由(1)得，函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，∴x1∈(−∞,0)，x2∈(0,1)，x3∈(1,+∞)，b=e x1−x1=e x2−x2=x2−lnx2=x3−lnx3，∴2x2=e x2+lnx2，e x1−x1=x2−lnx2，e x2−x2=x3−lnx3，∴e x1−x1=e lnx2−lnx2，e x2−x2=e lnx3−lnx3，∴f(x1)=f(lnx2)，f(x2)=f(lnx3)，∵lnx2∈(−∞,0)，lnx3∈(0,+∞)，∴x1=lnx2，x2=lnx3，∴x3=e x2，∴x1+x3=lnx2+e x2=2x2，∴x1，x2，x3成等差数列，∴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．【解析】(1)先对两个函数求导，然后由函数有相同的最小值得到函数f(x)和g(x)的单调性，从而求得f′(x)和g′(x)的零点，进而得到函数的最小值，然后列出方程求得a的值；(2)设三个交点的横坐标从小到大依次为x1，x2，x3，得到有关x1，x2，x3的方程，然后化简利用函数f(x)的单调性求得x1，x3和x2的数量关系，进而得证命题．本题考查了导数的应用，利用导数求函数的单调性，函数的零点，解题的关键是利用函数的单调性求得x1、x3和x2的数量关系．。

2023_年高考数学全国乙卷理科第12_题的深度探究

㊀㊀㊀解题技巧与方法１１９㊀㊀２０２３年高考数学全国乙卷理科第１２题的深度探究２０２３年高考数学全国乙卷理科第１２题的深度探究Һ孙淑琴㊀（云南民族大学附属高级中学，云南㊀昆明㊀６５００００）㊀㊀ʌ摘要ɔ深度研究高考试题，有助于提升一线教师的专业素养与业务能力，从而更好地把握高考的动向与教学的侧重点．尤其是在高三的备考复习中，深度研究高考试题非常重要．２０２３年高考数学全国乙卷理科第１２题，是以直线与圆相切为背景，考查向量数量积的最值问题，是一道具有区分度的经典好题．文章从试题分析㊁一题多解㊁一题多思㊁课本溯源与试题推广等角度对该题进行深度探究，希望给一线教师提供深度研究高考试题的思路与方法．ʌ关键词ɔ２０２３年全国乙卷；圆；向量；圆幂定理；深度探究２０２３年高考数学全国乙卷理科充分发挥了基础学科的作用，突出素养与能力的考查．同时出现了较多的反套路和反机械刷题的试题，这些试题突出数学本质，注重通性通法，淡化解题技巧，重点考查学生的思维过程，其中的第１２题作为选择题的压轴题，就是一道反套路和反机械刷题的试题．一㊁真题再现已知☉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中点，若｜ＰＯ｜＝２，则ＰＡң㊃ＰＤң的最大值为（㊀㊀）．Ａ．１＋２２㊀㊀㊀㊀㊀Ｂ．１＋２２２Ｃ．１＋２Ｄ．２＋２二㊁试题分析试题考查了圆与直线的位置关系，以及向量的数量积等知识．试题一方面需要一定的动态分析能力，由于直线ＰＢ是动直线，需要考虑点Ｄ的所有可能位置（即轨迹）；另一方面，题目所求是一个定向量与一个动向量的数量积最大化，考生也需要正交分解的想法．解题思路：利用向量数量积的运算公式或坐标法，用适合变量表示出ＰＡң㊃ＰＤң，再根据变量的取值范围求解ＰＡң㊃ＰＤң的最值．三㊁一题多解思路１㊀应用向量数量积的定义求解．解法１㊀借助辅助角公式化简目标函数．㊀图１如图１，连接ＯＡ与ＯＤ，则ＯＡʅＰＡ，ＯＤʅＰＤ．设以ＰＯ为始边，以点Ｐ为旋转中心旋转所得的øＯＰＤ＝θ，其中顺时针旋转时θ为负，逆时针旋转时θ为正．则ＰＡ＝ＰＯ２－ＯＡ２＝１，øＯＰＡ＝π４，显然θɪ－π４，π４æèçöø÷，ＰＤ＝ＰＯｃｏｓθ＝２ｃｏｓθ．于是ＰＡң㊃ＰＤң＝ＰＡң㊃ＰＤң㊃ｃｏｓπ４＋θæèçöø÷＝２ｃｏｓθｃｏｓπ４＋θæèçöø÷＝２ｃｏｓθ２２ｃｏｓθ－２２ｓｉｎθæèçöø÷＝ｃｏｓ２θ－ｓｉｎθｃｏｓθ＝１２ｃｏｓ２θ－１２ｓｉｎ２θ＋１２＝２２ｃｏｓ２θ＋π４æèçöø÷＋１２．当θ＝－π８时，ＰＡң㊃ＰＤң取得最大值２２＋１２．因此，应选择选项Ａ．解法２㊀借助积化和差公式化简目标函数．前面同解法１，得出ＰＡң㊃ＰＤң＝２ｃｏｓθｃｏｓπ４＋θæèçöø÷后，根据积化和差公式得ＰＡң㊃ＰＤң＝２ｃｏｓθｃｏｓπ４＋θæèçöø÷＝２２ｃｏｓ２θ＋π４æèçöø÷＋ｃｏｓπ４éëêêùûúú，当θ＝－π８时，ＰＡң㊃ＰＤң取得最大值为２２１＋ｃｏｓπ４æèçöø÷＝２２＋１２，应选择选项Ａ．解法３㊀根据目标函数范围，应用排除法．实际㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１２０㊀上，此题在简单得出ＰＡң㊃ＰＤң＝２ｃｏｓθｃｃｏｓπ４＋θæèçöø÷后，容易得出ＰＡң㊃ＰＤң＝２ｃｏｓθｃｃｏｓπ４＋θæèçöø÷ɤ２，于是直接排除Ｂ，Ｃ，Ｄ选项，应选择选项Ａ．由此可见，借助观察与分析，有时也可做到小题小做．思路２㊀应用坐标法求解．㊀图２解法４㊀如图２，以Ｐ为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则Ａ（１，０），☉Ｏ的方程为（ｘ－１）２＋（ｙ－１）２＝１，即ｘ２＋ｙ２－２ｘ－２ｙ＋１＝０ ①．设Ｄ（ｘ，ｙ），由ＯＤʅＰＤ得ＯＤң㊃ＰＤң＝０，即（ｘ，ｙ）㊃（ｘ－１，ｙ－１）＝ｘ２＋ｙ２－ｘ－ｙ＝０，整理得ｘ－１２æèçöø÷２＝１２－ｙ－１２æèçöø÷２，ｙɪ（０，２）．所以０＜ｘ－１２æèçöø÷２ɤ１２，解得ｘɤ１２＋２２．又因为ＰＡң㊃ＰＤң＝１，０()ｘ，ｙ()＝ｘɤ１２＋２２，所以应选择选项Ａ．说明：运用坐标法求解此题时，以Ｐ为坐标原点建系的运算要比以Ｏ为原点简便得多，原因读者可自行体会．思路３㊀应用向量投影的定义求解．㊀图３解法５㊀由ＯＤʅＰＤ可知Ｄ的轨迹为以ＰＯ为直径，位于☉Ｏ内的圆的一部分，取ＰＯ中点为Ｍ，则圆Ｍ在☉Ｏ内的部分即为点Ｄ的轨迹，如图３所示．根据向量数量积的几何意义，ＰＡң㊃ＰＤң可以看成ＰＡң的模与ＰＤң在ＰＡң方向的投影的乘积．其中ＰＡң＝１，要使ＰＡң㊃ＰＤң最大，就要使ＰＤң在ＰＡң上的投影最大．过点Ｄ作射线ＰＡ的垂线，垂足为Ｆ，显然当Ｄ为垂线与圆Ｍ的切点时（此时点Ｄ与图中的点Ｅ重合），ＰＤң在ＰＡң上的投影最大．连接ＭＥ，则ＭＥʅＥＦ，过Ｍ作ＭＮʅＰＡ于Ｎ，则ＰＤң在ＰＡң上的投影为ＰＦ＝ＰＮ＋ＮＦ＝１２＋２２．故选Ａ．思路４㊀解析方法．解法６㊀设点Ｐ为原点，☉Ｏ的圆心为Ｏ（１，１），方程为ｘ２＋ｙ２－２ｘ－２ｙ＋１＝０，则点Ａ（１，０），直线ＰＢ为ｙ＝ｋｘ（ｋ＞０），代入圆的方程得（ｋ２＋１）ｘ２－２（ｋ＋１）ｘ＋１＝０，由韦达定理知ｘ１＋ｘ２＝２（ｋ＋１）ｋ２＋１，即点Ｂ坐标为（ｘ１，ｋｘ１），点Ｃ坐标为（ｘ２，ｋｘ２），以及中点Ｄｋ＋１ｋ２＋１，ｋ（ｋ＋１）ｋ２＋１æèçöø÷．其中点Ｄ的横坐标ｘＤ＝ｋ＋１ｋ２＋１＝１ｋ－１＋２ｋ＋１＝１ｋ＋１＋２ｋ＋１－２ɤ１２２－２＝１＋２２，当ｋ＝２－１时取到最大值．因此ＰＡң㊃ＰＤң＝（１，０）㊃（ｘＤ，ｙＤ）＝ｘＤ的最大值为１２＋２２．四㊁一题多思以上解法实际上反映了解决向量数量积问题的四种基本思路：定义法㊁坐标法㊁数量积的几何意义和基向量法．其中基向量法在解决此题时最终也要转化为定义法，而且过程显得更为复杂，于是省去了此种解法．其中定义法（解法１㊁解法２㊁和解法３），重点体现了数学核心素养中的数学运算素养和逻辑推理素养；坐标法（解法４），主要体现了数学核心素养中的数学运算素养；数量积的几何意义（解法５），主要体现了数学核心素养中的直观想象素养．然而，这几种不同的解题思路却都体现着一个共同的数学思想转化与化归的数学思想，都需要将要求最值的表达式中的两个变量转化为一个变量，进而用求函数最值的方法解决向量数量积的最值问题．试题解法多样，不同的选择体现了考生不同的思维水平．考生可以通过解析几何的方法把直线与圆的方程联立，根据韦达定理得出点Ｄ坐标，进而利用函数思想得到最大值（解法６）；也可以通过平面几何的方法确定点Ｄ的轨迹为圆的一部分，再通过数形结合的方法得出最大值（解法５）．当然考生还可以用两个向量的夹角作为自变量，通过向量投影得到答案．总之，试题对考生的思维有一定要求，需要考生思维的创新性，强调多想少算，数形结合．㊀㊀㊀解题技巧与方法１２１㊀㊀试题涉及的三种转化如下：转化１㊀将ＰＡң㊃ＰＤң＝ＰＡң㊃ＰＤң㊃ｃｏｓøＡＰＤ中的变量ＰＤң和变量ｃｏｓøＡＰＤ都用变量θ表示：ＰＡң㊃ＰＤң＝２ｃｏｓθｃｏｓπ４＋θæèçöø÷．转化２㊀将ＰＡң㊃ＰＤң＝（ｘ，ｙ）㊃（ｘＤ，ｙＤ）中的ｘ和ｙ都用变量ｘ表示，并求出ｘ的范围．转化３㊀将ＰＡң㊃ＰＤң＝ＰＡң㊃ＰＤң㊃ｃｏｓøＡＰＤ中的ＰＤң㊃ｃｏｓøＡＰＤ两个变量转化为ＰＤң在ＰＡң上的投影这一个变量．五㊁课本溯源普通高中教科书数学必修第二册人教Ａ版第２４页习题６．２第２４题：㊀图４如图４所示，在☉Ｃ中，是不是只需知道☉Ｃ的半径或弦ＡＢ的长度，就可以求出ＡＢң㊃ＡＣң的值？分析㊀此题实际上与上文研究的试题模型是相似的，本质上都是两个定点和一个动点问题，求解对象也是数量积关系式中的变量化归问题．因此可以认为教材中的此题实为上述试题的一个命题背景．六㊁试题推广容易发现，以上问题中之所以只需要知道一个量ＡＢң，是因为有圆这个背景，使得ＢＡң㊃ＢＤң为定值．根据这一特点，可以将Ｂ点推广到圆外和圆内更为一般的情形，下面给出这种更为一般情形的结论，并进行证明．㊀图５结论１㊀如图５，Ａ，Ｄ分别为圆Ｃ上两个动点，且ＡＤ为圆Ｃ的直径，Ｂ为圆Ｃ内一定点，则ＢＡң㊃ＢＤң为定值．证明㊀如图５所示，延长ＤＢ交圆Ｃ于Ｍ，连接ＡＭ，则ＡＭʅＭＤ，过ＢＣ的直线交☉Ｃ于Ｅ，Ｆ点．根据向量数量积的几何意义，ＢＡң㊃ＢＤң＝－ＢＭң㊃ＢＤң．根据相交弦定理，得ＢＭң㊃ＢＤң＝ＢＥң㊃ＢＦң＝（ｒ－ＢＣң）（ｒ＋ＢＣң）＝ｒ２－ＢＣң２，所以ＢＡң㊃ＢＤң＝ＢＣң２－ｒ２，即证．结论２㊀如图６所示，Ａ，Ｄ分别为☉Ｃ上两个动点，且ＡＤ为☉Ｃ的直径，Ｂ为圆Ｃ外一定点，则ＢＡң㊃ＢＤң为定值．图６证明㊀设ＢＤ交☉Ｃ于点Ｍ，连接ＡＭ，则ＡＭʅＭＤ．过ＢＣ的直线交☉Ｃ于Ｅ，Ｆ点．根据向量数量积的几何意义，ＢＡң㊃ＢＤң＝ＢＭң㊃ＢＤң．根据割线弦定理，得ＢＭң㊃ＢＤң＝ＢＥң㊃ＢＦң＝（ＢＣң－ｒ）㊃（ＢＣң＋ｒ）＝ＢＣң２－ｒ２．所以ＢＡң㊃ＢＤң＝ＢＣң２－ｒ２，即证．不难发现，结论１和结论２本质上是一样的，圆的相交弦定理㊁切线定理㊁割线定理都是圆幂定理．因此，无论点Ｂ在任何位置，只要ＡＤ为☉Ｃ的直径，则都有ＢＡң㊃ＢＤң＝ＢＣң２－ｒ２．结㊀语高考试题是命题专家智慧的结晶，身在教学一线的教师理应对高考试题进行深度研究，尤其是要深度研究一些非常经典的高考试题．这样，不仅可以提升自己的专业能力，而且可以把握高考的命题趋势与动向，从而更好地服务于教学，提高教学质量．ʌ参考文献ɔ［１］深入考查基础知识和能力，助力人才选拔和双减落地２０２３年高考数学全国卷试题评析［Ｊ］．中国考试，２０２３（０７）：１５－２１．［２］孙金龙，祝峰．试题对数学运算素养水平考查的教学启示以２０２３年高考全国乙卷理科第１２题为例［Ｊ］．理科考试研究，２０２３，３０（２１）：１８－２１．［３］米召奎．２０２３年高考数学全国乙卷１２题的解法探析［Ｊ］．中学数学教学，２０２３（０４）：４１－４３．［４］朱潇，李鸿昌．从数学运算素养的内涵，谈运算能力的培养［Ｊ］．中学数学，２０１８（０１）：５７－５９．。

思维巧切入，大小妙比较——以2020年全国卷I（理）第12题为例

一、真题在线
高考真题（２０２０年全国卷 Ⅰ 理科第１２题）若２犪＋ｌｏｇ２犪＝４犫＋２ｌｏｇ４犫，则（）．
Ａ．犪＞２犫Ｂ．犪＜２犫Ｃ．犪＞犫２Ｄ．犪＜犫２此题以两个涉及指数函数、对数函数的方程为问题背景，结合方程关系式的恒等条件，以基本初等函数为载体，进而判断相关参数之间的大小关系．破解此类问题，要结合指数函数、对数函数的图像与性质，综合基本初等函数中的代数运算，融合相关的方程、函数与不等式等相关知识，采取相关的方法来分析与破解，是一个综合性强，交汇性好的函数综合应用问题．
相关参数的大小关系问题．问题的特殊值排除法在破解选择题中有一定的用武之地，简单易操作，只是特殊值的选取有一定的技巧和局限性．
三、变式拓展
探究１：结合原来真题中图像分析法的破解过程，可以进一步深入探究参数之间的大小关系，从而得到问题的更深层次的拓展与变式，改变原来两者之间的大小关系为三者之间的大小关系问题．问题的难度有所提升．
二、真题破解
解法１：由于２犪＋ｌｏｇ２犪＝４犫＋２ｌｏｇ４犫＝４犫＋ｌｏｇ２犫，设２犪＋ｌｏｇ２犪＝４犫＋ｌｏｇ２犫＝狋，则有ｌｏｇ２犪＝狋－２犪，ｌｏｇ２犫＝狋－４犫，可知犪是函数狔＝ｌｏｇ２狓与狔＝狋－２狓的图像交点的横坐标，犫是函数狔＝ｌｏｇ２狓与狔＝狋－４狓的图像交点的横坐标，在同一平面直角坐标系中，函数狔＝狋－２狓与狔＝狋－４狓的图像均过点（０，狋－１），且当狓＞０时，函数狔＝狋－４狓的图像位于函数狔＝狋－２狓的图像的下方，直观分析可知犪＞犫，而由２犪＋ｌｏｇ２犪＝４犫＋

2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题13-16题-(学生版)

2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题13-16题原题131．81()y x y x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭地展开式中26x y 地系数为________________（用数字作答）．变式题1基础2．511813x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭地展开式中常数项为___________.变式题2基础3．()()632x y x y +-地展开式中52x y 地系数为_______．变式题3基础4．在()232311x x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭展开式中,4x 地系数为________.变式题4基础5．()()5321x x -+地展开式地中4x 地系数是______．变式题5巩固6．()6213x x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭地展开式中,2x 项地系数是___________.（用数字作答）变式题6巩固7．()()52121x x +-展开式中地常数项是______．变式题7巩固8．()26(2)x x x --展开式中含2x 项地系数为___________.变式题8巩固9．在35(1(1+-地展开式中,x 地系数为_________．变式题9提升10．()82022111x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭地展开式中2x 地系数为___________.（用数字作答）.变式题10提升11．102(1)⎫+⋅⎪⎭x x 地展开式中地3x 项前地系数为___________.变式题11提升12．在()4221211x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭地展开式中,常数项为______.原题1413．写出与圆221x y +=和22(3)(4)16x y -+-=都相切地一款直线地方程________________．变式题1基础14．已知圆221:1C x y +=,圆222:(4)25C x y -+=,则两圆公切线地方程为__________．变式题2基础15．圆221:(1)(2)9C x y -++=和圆222:(1)(1)4C x y ++-=地公切线款数为_________款.变式题3基础16．设圆221:244C x y x y +-+=,圆222:680C x y x y ++-=,则圆12,C C 有公切线___________款.变式题4基础17．圆1C ：22650x y y +-+=与圆2C ：22870x y x +-+=地公切线款数为____________.变式题5巩固18．已知圆()()()222111:220C x y r r -+-=>,圆()()()222222:110,C x y r r +++=>圆1C 与圆2C 相切,并且两圆地一款外公切线地斜率为7,则12rr 为_________.变式题6巩固19．已知圆C 1：x 2＋y 2＋4ax ＋4a 2－4＝0和圆C 2：x 2＋y 2－2by ＋b 2－1＝0只有一款公切线,则4a 2＋b 2＝________．变式题7巩固20．如图,平面直角坐标系中,已知圆1C 和圆2C 均与直线l ：y kx =及x 轴相切,且圆1C 和圆2C 相切于点（4,2）,则两圆心地距离12C C =___________.变式题8巩固21．圆22:4210A x y x y +-++=与圆22:612440B x y x y +--+=,则圆A 与圆B 地公切线方程为___________.变式题9提升22．在平面直角坐标系xOy 中,已知圆221:2C x y +=,圆((222:8x C y +=,若过第四象限地直线l 是两圆地公切线,且两圆在公切线地同一侧,则直线l 地方程为________.变式题10提升23．已知圆1C ：22()1x a y -+=和2C ：222240x y by b +-+-=恰好有三款公切线,则2268a b a b +--地取值范围是___________.变式题11提升24．已知两圆221:1C x y +=,222:68110C x y x y +---=,则两圆地位置关系为___________,两圆地公切线方程为___________.（用一般式表示）原题1525．若曲线()e x y x a =+有两款过坐标原点地切线,则a 地取值范围是________________．变式题1基础26．已知函数f （x ）＝x 3－3x,若过点A （1,m ）（m≠－2）可作曲线y ＝f （x ）地三款切线,则实数m 地取值范围为________．变式题2基础27．若过点(),0A a 地任意一款直线都不与曲线():1xC y x e =-相切,则a 地取值范围是________．变式题3基础28．假如函数()363f x x bx b =-+在区间()0,1内存在与x 轴平行地切线,则实数b 地取值范围是___________.变式题4基础29．若函数()21ln 2f x x ax x =-+存在平行于x 轴地切线,则实数a 取值范围是______.变式题5巩固30．已知函数()x f x e =,函数()2(0)g x ax a =>,若曲线()f x 和()g x 存在公切线,则a 地取值范围为___________.变式题6巩固31．已知函数()1x f x e mx =-+地图象为曲线C ,若曲线C 存在与直线12y x =垂直地切线,则实数m 地取值范围是______．变式题7巩固32．若曲线()ln y x b =+与直线()1y k x =+相切,则实数b 地最大值是___________.变式题8巩固33．已知函数3()23f x x x =-,若过点()1,1M m -存在三款直线与曲线()y f x =相切,则m 地取值范围为___________．变式题9提升34．设函数()x f x e x =-,直线y ax b =+是曲线()y f x =地切线,则a b +地最大值是___________.变式题10提升35．已知函数()ln ln 1(1)f x x nx m m =-++>,()f x '是其导函数,若曲线()y f x =地一款切线为直线l ：210x y -+=,则mn 地最小值为___________.变式题11提升36．已知()2a f x x x=+.若曲线()y f x =存在两款过()2,0点地切线,则a 地取值范围是___________.原题1637．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>,C 地上顶点为A ,两个焦点为1F ,2F ,离心率为12．过1F且垂直于2AF 地直线与C 交于D ,E 两点,||6DE =,则ADE 地周长是________________．变式题1基础38．已知椭圆22163x y +=地左焦点为F ,点A 是椭圆上异于顶点地任意一点,O 为坐标原点.若点B 是线段AF 地中点,则FOB △地周长为___________.变式题2基础39．椭圆C ：2221(0)x y a a+=>地左，右焦点分别为1F ,2F ,P 为椭圆上异于左右顶点地任意一点,1PF ，2PF 地中点分别为M ，N ,O 为坐标原点,四边形OMPN 地周长为4,则12PF F △地周长是_____．变式题3基础40．已知12F F ，分别为椭圆22132x y C +=：地左右焦点,直线 210 x y -+=与椭圆交于P Q ，两点,则△2PQF 地周长为_________.变式题4基础41．已知12,F F 分别为椭圆221259x y +=地左右焦点,倾斜角为3π地直线l 经过1F ,且与椭圆交于,A B 两点,则△2F AB 地周长为___．变式题5巩固42．已知AB 是过椭圆2212516x y +=左焦点F 1地弦,且|AF 2|＋|BF 2|＝8,其中F 2是椭圆地右焦点,则弦AB 地长是___．变式题6巩固43．假如椭圆地焦点坐标为()()121,0.1,0F F -,离心率为23,过1F 作直线交椭圆于,A B 两点,则2ABF ∆地周长为_________.变式题7巩固44．离心率23e =地椭圆两焦点为1F ,2F ,过1F 作直线交椭圆于A ,B 两点,则2ABF 地周长为__________．变式题8巩固45．已知椭圆22:1167x y C +=地左焦点为,F A B 、是C 上有关原点对称地两点,且90AFB ∠=︒,则ABF 地周长为___________．变式题9提升46．点F 为椭圆22198x y +=地右焦点,M 在椭圆上运动,点()1,2P -,则MPF ∆周长地最大值为_________.变式题10提升47．已知椭圆2212516x y +=地左焦点为1F ,点P 是椭圆上异于顶点地任意一点,O 为坐标原点,若点M 是线段1PF 地中点,则1MOF ∆地周长为______.变式题11提升48．椭圆221167x y +=地左，右焦点分别为1F ，2F ,弦AB 过点1F ,若2ABF 地内切圆周长为π,A ,B 两点地坐标分别为()11,x y ,()22,x y ,则12y y -= ________．。

数学新高考1卷(解析版)2022

2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考1卷）（解析版）2022.06.09（本试卷适合地区山东、广东、湖南、河北、江苏、福建）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.若集合 {}{4},31,M x x N x x =<=∣∣ 则MN =( ).{02}A x x ≤<∣ 1.{2}3B x x ≤<∣.{316}C x x ≤<∣ 1.{16}3D x x ≤<∣【答案】D【解析】1{4}{16},,3M xx x x N x x ⎧⎫=<=≤<=⎨⎬⎩⎭∣∣0∣M N 1{16},D 3x x =≤<∴∣2.若 ()11,i z -=则 z z +=( ) .2A - .1B - C.1 D.2 【答案】D【解析】()111,1,2,i z z i z i z z D -=⇒=+=-+=∴3. 在 ABC 中，点D 在边AB 上， 2.BD DA =记 ,,CA CD ==m n则 CB =( ) .32A -m n B.23-+m n C.32+m n D.23+m n 【答案】B【解析】33332AD CD CA n m CB AB AC AD AC n m m n m 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。

知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为 2140.0;km 水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为 2180.0.km 将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为 ( ) ( 备注：()7 2.65≈ ) 93.1.010A m ⨯ 93.1.210B m ⨯ 93.1.410C m ⨯ 93.1.610D m ⨯【答案】C 【解析】931212121(),140,180,(157.5148.5)9 1.410(),C 3V S S S S h S S h V m =++===-=⇒≈⨯∴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( ) 1.6A 1.3B 1.2C 2.3D 【答案】D【解析】272,3,5,7,3,,5,7,8,,5,7,,,,7,83,7,,,m P n C m n ⎧⎪⎪⎪⎪===⎨⎪⎪⎪⎪⎩第一个数为第二个为共种；第一个数为3第二个为4共4种；第一个数为4第二个为共2种；第一个数为5第二个为6，，共种；第一个数为6第二个为共1种；第一个数为7第二个为8共1种；142=D 213P =∴，6.记函数 ()(sin 0)4f x x b πωω⎛⎫=++> ⎪⎝⎭的最小正周期为T ，若 2,3T ππ<< 则()y f x =的图像关于点3,22π⎛⎫ ⎪⎝⎭中心对称，则 2f π⎛⎫= ⎪⎝⎭( ) A.1 3.2B 5.2C D.3 【答案】A【解析】22=(2,3)3T πππωω<<⇒∈,()y f x =的图像关于点 3,22π⎛⎫⎪⎝⎭中心对称,2b ⇒=33381()2sin()22,2224246k f k πππππωωπω-=⇒++=+=⇒=, 552,,()sin()21,22224k f Aπππω⇒===⨯++=∴7.设 0.110.1,,ln0.9,9a ebc ===- 则 ( ) .Aa b c << .B c b a << .C c a b << .D a c b <<【答案】C 【解析】方法一：按计算器或数形结合即可，选C方法二：构造函数23()(1()),2xx f x x e x x o x =⋅=+++ 22330.1(0.1)0.1(10.1(10))0.1105,0.1111,ln(1)()22x a f o b x x o x -==+++=+=-+2330.1c ln(1.1)0.1(10)0.905(10)2o o --==-+=+c a b ⇒<<，所以选C8. 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36π，且 333,l ≤≤ 则该正四棱锥体积的取值范围是( ) 81.18,4A ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 2781.,44B ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 2764.,43C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D.[18, 27] 【答案】C【解析】方法一：记三棱锥高与侧棱夹角为θ，高为h ，底面中心到各顶点的距离为m ， 2223313cos [,]6cos ,sin 6sin cos 23622l l l m l l θθθθθ+-==∈⇒==⨯=⨯⨯ 22222112144(sin cos ),sin cos sin (1sin )33V Sh m h y θθθθθθ==⨯===-2313(1),sin [,],22x x x x x θ=-=-+=∈ '2''133331,[,),0;(,],02332y x x y x y =-+∈<∈>当22222max max min 36643127144144[()],144[(()],333224V y V C==⨯==⨯=∴ 方法二：记P 在底面的射影为M ，高为h ，球心在PM 上，设34,3633OP OA R R R ππ===⇒=， 222239,,(3)9,927[,]22PM h AM a h a h a h ==-+=≤+≤⇒∈223'212239(6)(6)(),()8h 2h ()33322V Sh h h h h h f h f h f h ==-=-==-⇒在[,4]上单调递增，在(4，]上单调递减2764()[,]43f h ⇒∈ 记P 在底面的射影为M ，高为h ，球心在PM 上，设34,3633OP OA R R R ππ===⇒=，222239,,(3)9,927[,]22PM h AM a h a h a h ==-+=≤+≤⇒∈2231221(6)(6)(122)3333V Sh h h h h h h h h ==-=-=⨯⨯-3112264()333h h h ++-≤⨯=max 64=4,C 3h ⇒=当且仅当时取等号V 直接选二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2022年新高考数学Ⅰ卷+试卷+真题+答案解析

2022年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅰ）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）若集合{|4}M x =，{|31}N x x =，则(M N = )A ．{|02}x x <B ．1{|2}3x x < C ．{|316}x x < D ．1{|16}3x x < 2．（5分）若(1)1i z -=，则(z z += ) A ．2-B ．1-C ．1D ．23．（5分）在ABC ∆中，点D 在边AB 上，2BD DA =．记CA m =，CD n =，则(CB = ) A ．32m n -B ．23m n -+C ．32m n +D ．23m n +4．（5分）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．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为2.65)(≈ )A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯5．（5分）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 ．16B ．13C ．12D ．236．（5分）记函数()sin()(0)4f x x b πωω=++>的最小正周期为T ．若23T ππ<<，且()y f x =的图像关于点3(,2)2π中心对称，则()(2f π= ) A ．1 B ．32C ．52D ．37．（5分）设0.10.1a e =，19b =，0.9c ln =-，则( ) A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．a c b <<8．（5分）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36π，且333l ，则该正四棱锥体积的取值范围是( ) A ．81[18,]4B ．2781[,]44C ．2764[,]43D ．[18,27]二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2021年全国统一高考数学试卷(新高考Ⅰ卷)(含详细解析)

2021年全国统一高考数学试卷(新高考Ⅰ卷)(含详细解析)2021年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅰ卷）注意事项：在答卷前，考生务必在答题卡上填写自己的姓名和准考证号。

回答选择题时，选出每小题的答案后，用铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

1.(5分) 设集合A={x|-2<x<4}，B={2,3,4,5}，则A∩B=（）A。

{2} B。

{2,3} C。

{3,4} D。

{2,3,4}2.(5分) 已知z=2-i，则|z-3i|=（）A。

6-2i B。

4-2i C。

6+2i D。

4+2i3.(5分) 已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A。

2 B。

4 C。

4√2 D。

2√24.(5分) 下列区间中，函数f(x)=7sin(x)单调递增的区间是（）A。

(0,π/2) B。

(π/2,π) C。

(π,3π/2) D。

(3π/2,2π)5.(5分) 已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为（）A。

13 B。

12 C。

9 D。

66.(5分) 若tanθ=-2，则cos2θ=（）A。

-3/5 B。

-4/5 C。

-24/25 D。

-7/257.(5分) 若过点(a,b)可以作曲线y=ex的两条切线，则（）XXX<a B。

ea<b C。

0<a<eb D。

0<b<ea8.(5分) 有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“两次取到的数字和为偶数”，乙表示事件“两次取到的数字都是奇数”，则P(甲∪乙)=（）A。

2/3 B。

5/9 C。

7/9 D。

2024新高考I卷数学试题及答案

2024年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）数学参考答案与解析1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准注意事项：考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合A={x|−5<x3<5}，B={−3,−1,0,2,3}，则A B=A.{−1,0}B.{2,3}C.{−3,−1,0}D.{−1,0,2}【答案】A.【解析】−5<x3<5⇒−513<x<513，而1<513<2，因此A B={−1,0}.故答案为A.2.若zz−1=1+i，则z=A.−1−iB.−1+iC.1−iD.1+i【答案】C.【解析】两边同时减1得：1z−1=i,进而z=1+1i=1−i.故答案为C.3.已知向量a=(0,1)，b=(2,x).若b⊥(b−4a)，则x=A.−2B.−1C.1D.2【答案】D.【解析】即b⋅(b−4a)=0.代入得4+x(x−4)=0,即x=2.故答案为D.4.已知cos(α+β)=m，tanαtanβ=2，则cos(α−β)=A.−3mB.−m3C.m3D.3m【答案】A.【解析】通分sinαsinβ=2cosαcosβ.积化和差12(cos(α−β)−cos(α+β))=2⋅12(cos(α−β)+cos(α+β)).即cos(α−β)=−3cos(α+β)=−3m.故选A.5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且他们的高均为√3，则圆锥的体积为A.2√3π B.3√3π C.6√3π D.9√3π【答案】B.【解析】设二者底面半径为r，由侧面积相等有πr √r2+3=2πr⋅√3，解得r=3.故V=13⋅πr2⋅√3=√33π×9=3√3π.故答案为B.6.已知函数为f(x)=⎧{⎨{⎩−x2−2ax−a,x<0e x+ln(x+1),x⩾0在R上单调递增，则a的取值范围是A.(−∞,0]B.[−1,0]C.[−1,1]D.[0,+∞)【答案】B.【解析】x⩾0时，f′(x)=e x+11+x>0，故f(x)在[0,+∞)上单调递增.而y=−x2−2zx−a的对称轴为直线x=−a，故由f(x)在(−∞,0)上单调递增可知−a⩾0⇒a⩽0.在x=0时应有−x2−2ax−a⩽e x+ln(x+1)，解得a⩾−1，故−1⩽a⩽0.故答案为B.7.当x∈[0,2π]时，曲线y=sin x与y=2sin(3x−π6)的交点个数为A.3B.4C.6D.8【答案】C.【解析】五点作图法画图易得应有6个交点.故答案为C.8.已知函数f(x)的定义域为R，f(x)>f(x−1)+f(x−2)，且当x<3时f(x)=x，则下列结论中一定正确的是A.f(10)>100B.f(20)>1000C.f(10)<1000D.f(20)<10000【答案】B.【解析】f(1)=1,f(2)=2⇒f(3)>3⇒f(4)>5⇒f(5)>8⇒f(6)>13⇒⋯⇒f(11)>143⇒f(12)>232⇒f(13)>300⇒f(14)>500⇒f(15)>800⇒f(16)>1000⇒⋯⇒f(20)>1000故答案为B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值为x =2.1，样本方差s 2=0.01.已知该种植区以往的亩收入x 服从正态分布M(1.8,0.12)，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布N(x,s 2)，则（若随机变量Z 服从正态分布N(μ,σ2)，则P (Z <μ+σ)≈0.8413）A.P (X >2)>0.2 B.P (X >2)<0.5 C.P (Y >2)>0.5 D.P (Y >2)<0.8【答案】BC.【解析】由所给材料知两正态分布均有σ=0.1及正态分布的对称性得：P (X >2)1.9)=1−P (X <1.9)=1−0.8413<0.2,A 错误；P (X >2)1.8)=0.5,B 正确；P (Y >2)>P (Y >2.1)=0.5,C 正确；P (Y >2)=P (Y <2.2)=0.8413>0.8,D 错误.故答案为BC.10.设函数f(x)=(x −1)2(x −4)，则A.x =3是f(x)的极小值点B.当0<x <1时，f(x)<f(x 2)C.当1<x <2时，−4<f(2x −1)<0D.当−1<x <0时，f(2−x)>f(x)【答案】ACD.【解析】计算知f ′(x)=3(x −1)(x −3).故x ∈(1,3)时f(x)单调减,其余部分单调增.由此知x =3为f(x)极小值点，A 正确；由上知x ∈(0,1)时f(x)单调增,又此时x >x 2,故f(x)>f(x 2),B 错误；此时2x −1∈(1,3),故f(2x −1)∈(f(3),f(1))=(−4,0),C 正确；由f(2−x)=(x −1)2(−x −2),故f(2−x)−f(x)=2(1−x)3>0,D 正确.故答案为ACD.11.造型∝可以看作图中的曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O ，且C 上的点满足横坐标大于−2；到点F (2,0)的距离与到定直线x =a(a <0)的距离之积为4，则A.a =−2B.点(2√2,0)在C 上C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D.当点(x 0,y 0)在C 上时，y 0⩽4x 0+2【答案】ABD.【解析】由原点O 在曲线C 上且|OF |=2知O 到直线x =a 距离为2,由a <0知a =−2,A 正确；由x >−2知C 上点满足(x +2)√(x −2)2+y 2=4,代(2√2,0)知B 正确；解出y 2=16(x +2)2−(x −2)2,将左边设为f(x),则f ′(2)=−0.5<0.又有f(2)=1,故存x0∈(0,1)使f(x0)>1.此时y>1且在第一象限,C错误；又y2=16(x+2)2−(x−2)2<16(x+2)2,故y0<4(x0+2),D正确.故答案为ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设双曲线C∶x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1,F2，过F2做平行于y轴的直线交C于A,B两点，若|F1A|=13,|AB|=10，则C的离心率为..【答案】3 2 .【解析】根据对称性|F2A|=|AB|2=5，则2a=|F1A|−|F2A|=8，得到a=4.另外根据勾股定理2c=|F1F2|=12，得到c=6，所以离心率e=ca=32.13.若曲线y=e x+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=..【答案】ln2.【解析】设曲线分别为y1,y2，那么y′1=e x+1，得到切线方程y−1=2x，根据y′2=1x+1得到切点横坐标为−12，代入y2得到a=ln2.14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为..【答案】1 2 .【解析】.由对称性，不妨固定乙出卡片顺序依次为(2,4,6,8),为了简便,设甲依次出(a,b,c,d),{a,b,c,d}∈{1,3,5,7}.首先注意到8是最大的,故甲不可能得四分.若甲得三分,则从c到a均要求得分,比较得必有c=7,b=5,a=3,d=1共一种情况；若甲得两分,则讨论在何处得分：若在b,c处,则同样c=7,b=5,进而a=1,d=3,共一种；若在a,c处，则必有c=7,a≠1,b≠5,在b=1时有全部两种,在d=1时仅一种,共三种；若在a,b处,则b∈{5,7},a≠1,c≠7.当a=5时,由上述限制,c=1时有两种,d=1时仅一种；当a=7时,a,c,d全排列六种中仅a=1的两种不行,故有四种,此情形共八种.故共有1+3+8=12种,又总数为4!=24,故所求为1−1224=12.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（13分）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sin C=√2cos B，a2+b2−c2=√2ab.（1）求B；（2）若△ABC的面积为3+√3，求c.【解析】（1）根据余弦定理a 2+b 2−c 2=2ab cos C =√2ab ，那么cos C =√22，又因为C ∈(0,π)，得到C =π4，此时cos B =12，得到B =π3.（2）根据正弦定理b =c sin B sin C =√62c ，并且sin A =sin (B+C)=sin B cos C +cos B sin C =√6+√24，那么S =12bc sin A =3+√3，解得c =2√2.16.（15分）已知A(0,3)和P (3,32)为椭圆C ∶x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上两点.（1）求C 的离心率；（2）若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且△ABP 的面积为9，求l 的方程.【解析】（1）直接代入后解方程，得到a 2=12,b 2=9,c 2=3，所以e 2=14，离心率e =12.（2）设B(x 0,y 0)，则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗AB =(x 0−3,y 0−32),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗AP =(3,−32).得到9=S =12∣−32(x 0−3)−3(y 0−32)∣，或者x 0+2y 0=−6，与椭圆方程联立，得到B 1(−3,−15),B 2(0,−3)，对应的直线方程y =12x 或者y =32x −3.17.（15分）如图，四棱锥P −ANCD 中，P A⊥底面ABCD ，P A =AC =2，BC =1，AB =√3.（1）若AD⊥AB ，证明：AD平面P BC ；（2）若AD⊥DC ，且二面角A −CP −D 的正弦值为√427，求AD .【解析】（1）由P A⊥面ABCD 知P A⊥AD ,又AD⊥P B ,故AD⊥面P AB .故AD⊥AB ,又由勾股定理知AB⊥BC ,故AD//BC ,进而AD//面P BC .（2）由P A⊥面ABCD .P A⊥AC ,P C =2√2,设AD =t ,则P D =√4+t 2,CD =√4−t 2,由勾股定理知P D⊥CD .则S △P CD =12√16−t 4,S △ACD =12t √4−t 2,设A到P CD距离为ℎ.由等体积,S△P CD ⋅ℎ=S△ACD⋅P A.代入解出ℎ=2t√4+t2.考虑A向CP作垂线AM,二面角设为θ则ℎ=AM sinθ=2√217.由此解出t=√3.18.（17分）已知函数f(x)=lnx2−x+ax+b(x−1)3.（1）若b=0，且f′(x)⩾0，求a的最小值；（2）证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；（3）若f(x)>−2当且仅当1<x<2，求b的取值范围.【解析】函数定义域(0,2).(1)当b=0时,f′(x)=1x+12−x+a=2x(2−x)+a⩾0恒成立.令x=1得a⩾−2.当a=−2时,f′(x)=2(x−1)2x(2−x)⩾0,从而a的最小值为−2.(2)f(x)+f(2−x)=lnx2−x+ax+b(x−1)3+ln2−xx+a(2−x)+b(1−x)3=2a=2f(1),且定义域也关于1对称,因此y=f(x)是关于(1,a)的中心对称图形.(3)先证明a=−2.由题意,a=f(1)⩽−2.假设a<−2,由f(2e|b|+11+e|b|+1)> |b|+1−|b|=1,应用零点存在定理知存在x1∈(1,2e|b|+11+e|b|+1),f(x1)=0,矛盾.故a=−2.此时,f′(x)=(x−1)2x(2−x)[3bx(2−x)+2].当b⩾−23,f′(x)⩾(x−1)2x(2−x)(2−4x+2x2)⩾0,且不恒为0,故f(x)在(0,2)递增.f(x)>−2=f(1)当且仅当1<x<2,此时结论成立.当b<−23,令x0=3b−√9b2−6b3b∈(0,1),f′(x0)=0,且f′(x)<0,当x∈(x0,1),因此f(x)在(x,1)递减,从而f(x0)>f(1)=−2,而x0∉(1,2)此时结论不成立.综上,b的取值范围是[−23,+∞).19.（17分）设m为正整数，数列a1,a2,⋯a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i和a j(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1,a2,⋯a4m+2是(i,j)−可分数列.（1）写出所有的(i,j),1⩽i⩽j⩽6，使数列a1,a2,⋯a6是(i,j)−可分数列；（2）当m⩾3时，证明：数列a1,a2,⋯a4m+2是(2,13)−可分数列；（3）从1,2,⋯4m+2中一次任取两个数i和j(i<j)，记数列a1,a2,⋯a4m+2是(i,j)−可分数列的概率为Pm ，证明Pm>18.【解析】记{a n }的公差为d .(1)从a 1,a 2,⋯,a 6中去掉两项后剩下4项,恰构成等差数列,公差必为d ,否则原数列至少有7项.因此剩下的数列只可能为a 1,a 2,a 3,a 4,a 2,a 3,a 4,a 5,a 3,a 4,a 5,a 6三种可能,对应的(i,j)分别为(5,6),(1,6),(1,2).(2)考虑分组(a 1,a 4,a 7,a 10),(a 3,a 6,a 9,a 12),(a 5,a 8,a 11,a 14),(a 4k−1,a 4k ,a 4k+1,a 4k+2)(4⩽k ⩽m),(当m =3时只需考虑前三组即可)即知结论成立.(3)一方面,任取两个i,j(i <j)共有C 24m+2种可能.另一方面,再考虑一种较为平凡的情况:i−1,j−i−1均可被4整除,此时,只要依次将剩下的4m 项按原顺序从头到尾排一列,每四个截取一段,得到m 组公差为d 的数列,则满足题意,故此时确实是(i,j)−可分的.接着计算此时的方法数.设i =4k+1(0⩽k ⩽m),对于每个k ,j 有(4m +2)−(4k +1)−14+1=m−k+1(种),因此方法数为m∑k=1(m −k +1)=(m +1)(m +2)2.当m =1,2,已经有(m +1)(m +2)2/C 24m+2>18.下面考虑m ⩾3.我们证明:当i −2,j −i +1被4整除,且j −i +1>4时,数列是(i,j)−可分的.首先我们将a 1,a 2,⋯,a i−2,及a j+2,a j+3,⋯,a 4m+2顺序排成一列,每4个排成一段,得到一些公差为d 的四元数组,因此我们只需考虑a i−1,a i+1,a i+2,⋯,a j−1,a j+1这j −i +1个数即可.为书写方便,我们记j −i =4t −1(t >1),并记b n =a n+i−2,即证b 1,b 3,b 4,⋯,b 4t ,b 4t+2可被划分成若干组.引理:设j−1能被4整除.若b 1,b 2,⋯,b j+1是(2,j)−可分的,则b 1,b 2,⋯,b j+9是(2,j+8)−可分的.引理证明:将b 1,b 2,⋯,b j+1去掉b 2,b j 后的j −14组四元组再并上(b j ,b j+2,b j+4,b j+6),(b j+3,b j+5,b j+7,b j+9)即证.回原题.由(2),b 1,⋯,b 14是(2,13)−可分数列,且(b 1,b 3,b 5,b 7)和(b 4,b 6,b 8,b 10)知b 1,⋯,b 10是(2,9)−可分数列,因而结合引理知b 1,b 3,b 4,⋯,b 4t ,b 4t+2可被划分成若干组,由此结论成立.计算此时的方法数.设i =4k+2(0⩽k ⩽m−1),则此时j 有(4m +2)−(4k +2)4−1=m −k −1种,因此方法数为m−1∑k=0(m −k −1)=m(m −1)2.因此我们有p m ⩾m(m −1)+(m +1)(m +2)2C 2m+1>18.。

全国卷Ⅰ2022年新高考数学真题及答案解析

绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.若集合{4},{31}M x N x x =<=≥∣，则M N = （）A.{}02x x ≤< B.123xx ⎧⎫≤<⎨⎬⎩⎭C.{}316x x ≤< D.1163xx ⎧⎫≤<⎨⎬⎩⎭【答案】D【详解】1{16},{}3M xx N x x =≤<=≥∣0∣，故1163M N x x ⎧⎫⋂=≤<⎨⎬⎩⎭，故选：D 2.若i(1)1z -=，则z z +=（）A.2-B.1- C.1D.2【答案】D【详解】由题设有21i1i i i z -===-，故1+i z =，故()()1i 1i 2z z +=++-=，故选：D 3.在ABC 中，点D 在边AB 上，2BD DA =．记CA m CD n == ，，则CB=（）A.32m n -B.23m n-+C.32m n+D.23m n+【答案】B【详解】因为点D 在边AB 上，2BD DA =，所以2BD DA =，即()2CD CB CA CD -=- ，所以CB =3232CD CA n m -=- 23m n =-+．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.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，增加的水量约2.65≈）（）A.931.010m ⨯B.931.210m ⨯ C.931.410m ⨯ D.931.610m ⨯【答案】C【解析】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =++=⨯⨯⨯+⨯'(()679933320109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．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.16B.13C.12D.23【答案】D【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有27C 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2172213P -==.故选：D.6.记函数()sin (0)4f x x b πωω⎛⎫=++> ⎪⎝⎭的最小正周期为T ．若23T ππ<<，且()y f x =的图象关于点3,22π⎛⎫⎪⎝⎭中心对称，则2f π⎛⎫= ⎪⎝⎭（）A.1B.32C.52D.3【答案】A【详解】由函数的最小正周期T 满足23T ππ<<，得223πππω<<，解得23ω<<，又因为函数图象关于点3,22π⎛⎫⎪⎝⎭对称，所以3,24k k Z ππωπ+=∈，且2b =，所以12,63k k Z ω=-+∈，所以52ω=，5()sin 224f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，所以5sin 21244f πππ⎛⎫⎛⎫=++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A7.设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，则（）A.a b c <<B.c b a<< C.c a b<< D.a c b<<【答案】C【详解】方法一：构造法设()ln(1)(1)f x x x x =+->-，因为1()111x f x x x'=-=-++，当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，当,()0x ∈+∞时()0f x '<，所以函数()ln(1)f x x x =+-在(0,)+∞单调递减，在(1,0)-上单调递增，所以1()(0)09f f <=，所以101ln099-<，故110ln ln 0.999>=-，即b c >，所以1((0)010f f -<=，所以91ln+01010<，故1109e 10-<，所以11011e 109<，故a b <，设()e ln(1)(01)xg x x x x =+-<<，则()()21e 11()+1e 11xx x g x x x x -+'=+=--,令2()e (1)+1x h x x =-，2()e (21)x h x x x '=+-，当01x <<-时，()0h x '<，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递减，11x <<时，()0h x '>，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递增，又(0)0h =，所以当01x <<时，()0h x <，所以当01x <<时，()0g x '>，函数()e ln(1)xg x x x =+-单调递增，所以(0.1)(0)0g g >=，即0.10.1e ln 0.9>-，所以a c >故选：C.方法二：比较法解：0.10.1a e =，0.110.1b =-，ln(10.1)c =--，①ln ln 0.1ln(10.1)a b -=+-，令()ln(1),(0,0.1],f x x x x =+-∈则1()1011x f x x x-'=-=<--，故()f x 在(0,0.1]上单调递减，可得(0.1)(0)0f f <=，即ln ln 0a b -<，所以a b <；②0.10.1ln(10.1)a c e -=+-，令()ln(1),(0,0.1],x g x xe x x =+-∈则1(1)(1)1()11x xxx x e g x xe e x x+--'=+---，令()(1)(1)1x k x x x e =+--，所以2()(12)0x k x x x e '=-->，所以()k x 在(0,0.1]上单调递增，可得()(0)0k x k >>，即()0g x '>，所以()g x 在(0,0.1]上单调递增，可得(0.1)(0)0g g >=，即0a c ->，所以.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36π，且3l ≤≤四棱锥体积的取值范围是（）A.8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B.2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C.2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D.[18,27]【答案】C【详解】∵球的体积为36π，所以球的半径3R =,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h =+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l <≤时，0V '<，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以2231211(122)64(6)(122)[](333333h h h V a h h h h h h h -++==-=-⨯⨯= 当且仅当4h =取到)，当32h =时，得a =，则22min 11327;3324V a h ==⨯=当l =时，球心在正四棱锥高线上，此时39322h =+=，23322a a =⇒=，正四棱锥体积221119816433243V a h ==⨯=<，故该正四棱锥体积的取值范围是2764[,].43二、选择题：本题共4小题。

2018年高考数学全国1卷第12题出处及变式

可编辑11. 2018 全国 1 卷理科第 12 题——对正方体结构的认知和运用+截面面积计算1.（2018 全国 1 卷理科第 12 题）已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（）A ．3 34B ．2 3 3C ．3 2 4D ． 32【解析】注意到正方体 12 条棱分为三组平行的棱，则只需与共顶点的三条棱所成角相等即可，注意到正方体的结构，则平面应为图 1 中所示，所以只需由图中平面平移即可。

最大面积截面如图 2 所示，，故本题正确答案为 A 。

变式 1：（1994 全国联赛填空题第 5 题）已知一平面与一正方体的 12 条棱的夹角都等于，则sin =【解析】如上图 1，顶点到平面 A BC 的距离为体对角线的 1，则 s in33 a3 3 .a 3变式 2：（2004 湖南数学竞赛第 8 题）过正方体 A BCD A 1 B 1C 1 D 1 的对角线 B D 1 的截面面积为 S ，则S max的值为（） S min3 6 2 3 2 6 A.B. C. D.2233【解析】如图，因为正方体对面平行，所以截面 B ED 1 F 为平行四边形，则1S 2S BED2 2BD 1 h ，此时 E 到 B D 1 的最小值为 C C 1 与 B D 1 的距离，即当 E 为中点时，h2a （ a 为正方体棱长），S2 13a2a6a 2 ，又因为 S 为min2min2 2 2max四边形 B C 1 D 1 F 的面积，选 C .变式 3：（2005 全国高中数学联赛第 4 题）在正方体 ABCD A ' B ' C ' D ' 中，任作平面与对角线 AC ' 垂直，使得与每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为 S ，周长为 l ，则（） A. S 为定值， l 不为定值 B. S 不为定值， l 为定值 C. S 与 l 均为定值D. S 与 l 均不为定值【解析】选 B ，将正方体切去两个正三棱锥 A A ' BD 与 C ' D ' B ' C 后,得到一个以平行平面 A ' BD 与 D ' B ' C 为上、下底面的几何体 V,V 的每个侧面都是等腰直角三角形,截面多边形 W 的每一条边分别与 V 的底面上的一条边平行,将 V 的侧面沿棱 A ' B ' 剪开,展平在一张平面上,得到一个平行四边形 A ' B ' B 1 A 1 ,如图而多边形 W 的周界展开后便成为一条与 A ' A 1 平行的线段(如图中 E ' E 1 ),显然 E ' E 1 A ' A ,故 l 为定值.当 E '位于 A ' B ' 中点时,多边形 W 为正六边形,而当 E '移至 A '处时,W 为正三角形,易知周长为.可编辑定值 l 的正六边形与正三角形面积分别为3 l 2 与 24 3 l 2,故 S 不为定值. 36变式 4：在长方体 ABCD A 1 B 1C 1 D 1 中， ABAD4, AA 12 ，过点 A 1 作平面与. 11111 11 0AB, AD 分别交于M, N 两点，若AA 与平面所成角为450 ，则截面面积的最小值为．解析：过A 作M N 的垂线，垂足为T ，第一步：寻找T 的轨迹：T 的轨迹是平面A BCD 内，以A为圆心，2为半径的圆法一：（直观感知，作出线面角并证明）连接A1T ，因为A A 1 MN ，所以M N 平面AA1T ，过A作A1T 的垂线，垂足为Q，易证AQ 平面A1MN ，所以AA1T45，则A T 2 。