絕密★啟用前

沖刺2023年高考數(shù)學(xué)真題重組卷03

課標(biāo)全國(guó)卷地區(qū)專用(解析版)

注意事項(xiàng)：

?.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題

目要求的。

1.(2020?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)已知集合4={(x,y)∣x,y∈N*,y≥*},B={(x,y)∣x+y=8},則AnB中元

素的個(gè)數(shù)為()

A.2B.3C.4D.6

【答案】C

【分析】采用列舉法列舉出4CB中元素的即可.

【詳解】由題意，4CB中的元素滿足Q球且％yeN*,

由x+y=8N2%,得X≤4,

所以滿足X+y=8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4),

故4CB中元素的個(gè)數(shù)為4.

故選：C.

【點(diǎn)晴】本題主要考查集合的交集運(yùn)算，考查學(xué)生對(duì)交集定義的理解，是一道容易題.

2.(2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)若i(l-z)=l,則z+。=()

A.-2B.-1C.1D.2

【答案】D

【分析】利用復(fù)數(shù)的除法可求z,從而可求z+Z

【詳解】由題設(shè)有1—z=：=，=—i,故Z=I+i,故z+2=(1+i)+(1—i)=2,

故選：D

3.（2021.全國(guó).統(tǒng)考高考真題）青少年視力是社會(huì)普遍關(guān)注的問(wèn)題，視力情況可借助視力表測(cè)量.通常用五

分記錄法和小數(shù)記錄法記錄視力數(shù)據(jù)，五分記錄法的數(shù)據(jù)L和小數(shù)記錄表的數(shù)據(jù)V的滿足L=5+IgK.已

知某同學(xué)視力的五分記錄法的數(shù)據(jù)為4.9,則其視力的小數(shù)記錄法的數(shù)據(jù)為（）PVTU≈1.259）

A.1.5B.1.2C.0.8D.0.6

【答案】C

【分析】根據(jù)L,U關(guān)系，當(dāng)L=4.9時(shí)，求出IgU,再用指數(shù)表示心即可求解.

【詳解】由L=5+lgV,當(dāng)L=4.9時(shí)，IgV=-0.1,

則V=10~01=10^?=?≈—≈0.8.

1VlO1.259

故選：C.

4.（2020?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)所，分上、中、下三層，上層中心有一塊

圓形石板（稱為天心石），環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊，下一層的第一

環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊，已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，

則三層共有扇面形石板（不含天心石）（）

A.3699塊B.3474塊C.3402塊D.3339塊

【答案】C

【分析】第n環(huán)天石心塊數(shù)為即，第一層共有n環(huán)，則｛即｝是以9為首項(xiàng)，9為公差的等差數(shù)列，

設(shè)S"為｛ajl｝的前n項(xiàng)和，由題意可得S3n-S2n=S2n-Sn+729,解方程即可得到n,進(jìn)一步得到S3工?

【詳解】設(shè)第n環(huán)天石心塊數(shù)為即，第一層共有n環(huán)，

則｛即｝是以9為首項(xiàng)，9為公差的等差數(shù)列，的l=9+（n-l）x9=9n,

設(shè)Sn為｛a11｝的前n項(xiàng)和，則第一層、第二層、第三層的塊數(shù)分

別為S71,S2n—Sn,S3n—S2n,因?yàn)橄聦颖戎袑佣?29塊，

所以53九一?S?2∏=S2n-Sri+729,

∣3n(9+27n)2n(9+18n)_2n(9+18n)n(9+9n)-?ɑ

即0r----------------------=----------------------F/ZV

2222

即9∏2=729,解得Ti=9,

27(9X27)3402

所以S3"=S27=7=?

故選：C

【點(diǎn)晴】本題主要考查等差數(shù)列前n項(xiàng)和有關(guān)的計(jì)算問(wèn)題，考查學(xué)生數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，是一道容易題.

5.(2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)函數(shù)y=(3-3-，)COSX在區(qū)間[—羽的圖象大致為()

【分析】由函數(shù)的奇偶性結(jié)合指數(shù)函數(shù)、三角函數(shù)的性質(zhì)逐項(xiàng)排除即可得解.

【詳解】令/(x)=(3x-3^z)cosx,x∈[-pξ],

則/'(—x)=(3-x—3x)cos(-x)=—(3x—3-χ)c0sx=—/(x),

所以/(%)為奇函數(shù)，排除BD；

又當(dāng)Xe(0,9時(shí)，3AΓ-3-X>0,cosx>0,所以/^(x)>0,排除C.

故選：A.

6.(2020.全國(guó).統(tǒng)考高考真題)某校一個(gè)課外學(xué)習(xí)小組為研究某作物種子的發(fā)芽率y和溫度x(單位：℃)

的關(guān)系,在20個(gè)不同的溫度條件下進(jìn)行種子發(fā)芽實(shí)驗(yàn)，由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)g%)(i=1,2,…,20)得到下面的散點(diǎn)圖:

由此散點(diǎn)圖，在10。C至40。C之間，下面四個(gè)回歸方程類型中最適宜作為發(fā)芽率y和溫度X的回歸方程類

型的是()

A.y=a+bxB.y=a+bx2

C.y=a+bexD.y=a+hlnx

【答案】D

【分析】根據(jù)散點(diǎn)圖的分布可選擇合適的函數(shù)模型.

【詳解】由散點(diǎn)圖分布可知，散點(diǎn)圖分布在一個(gè)對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象附近，

因此，最適合作為發(fā)芽率y和溫度X的回歸方程類型的是y=a+b?nx.

故選：D.

【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)模型的選擇，主要觀察散點(diǎn)圖的分布，屬于基礎(chǔ)題.

7.(2021.全國(guó).統(tǒng)考高考真題)在區(qū)間(0,1)與(1,2)中各隨機(jī)取1個(gè)數(shù)，則兩數(shù)之和大于:的概率為()

A.-B.—C.—D.-

932329

【答案】B

【分析】設(shè)從區(qū)間(0,1),(1,2)中隨機(jī)取出的數(shù)分別為x,y,則實(shí)驗(yàn)的所有結(jié)果構(gòu)成區(qū)域?yàn)?={(x,y)∣0<x<

1,1<y<2},設(shè)事件A表示兩數(shù)之和大于%則構(gòu)成的區(qū)域?yàn)锳={(x,y)∣O<x<1,1<y<2,x÷y>?),

分別求出24對(duì)應(yīng)的區(qū)域面積，根據(jù)幾何概型的的概率公式即可解出.

【詳解】如圖所示:

設(shè)從區(qū)間(0,1),(1,2)中隨機(jī)取出的數(shù)分別為x,y,則實(shí)驗(yàn)的所有結(jié)果構(gòu)成區(qū)域?yàn)?={(x,y)∣0<x<1,1<

y<2),其面積為SC=1×1=1.

設(shè)事件4表示兩數(shù)之和大于：，則構(gòu)成的區(qū)域?yàn)锳={(x,y)∣O<x<l,l<y<2,x+y>^,即圖中的陰影部

分,其面積為什=i_'x：x：=q,所以PG4)=∣Δ=∣∣.

4Q/J4????Λ∣

故選：B.

【點(diǎn)睛】本題主要考查利用線性規(guī)劃解決幾何概型中的面積問(wèn)題，解題關(guān)鍵是準(zhǔn)確求出事件僅4對(duì)應(yīng)的區(qū)域

面積，即可順利解出.

8.(2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)已知球。的半徑為1,四棱錐的頂點(diǎn)為O,底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球。的球面

上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為()

A.-B.-C.—D.—

3232

【答案】C

【分析】方法一：先證明當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD面積最大值為

2r2,進(jìn)而得到四棱錐體積表達(dá)式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當(dāng)該四棱錐的體積

最大時(shí)其高的值.

【詳解】I方法一】：【最優(yōu)解】基本不等式

設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD,四邊形ABCD所在小圓半徑為r,

設(shè)四邊形ABCD對(duì)角線夾角為α,

則SBCD=^-AC-BD-sina<^-AC-BD<^-2r-2r=2r2

(當(dāng)且僅當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)等號(hào)成立)

即當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD面積最大值為2〃

又設(shè)四棱錐的高為∕ι,則N+公=1,

1√2√2∕r2+r2+2∕ι2?4√3

92r--2-——2-2

VO-ABCD=--2r-h=-yjr?r?2h<----------------=—

??D/4/

當(dāng)且僅當(dāng)N=2九2即h=/時(shí)等號(hào)成立.

故選：C

［方法二］：統(tǒng)一變量+基本不等式

由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為訪底面所在圓的半徑為r,貝b=當(dāng)α,

所以該四棱錐的高九=Jl*,

（當(dāng)且僅當(dāng)?=1一?，即a?=軻，等號(hào)成立）

所以該四棱錐的體積最大時(shí)，其高∕ι=Jl-y=J7≡∣=當(dāng)

故選：C.

［方法三］：利用導(dǎo)數(shù)求最值

由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長(zhǎng)為α,底面所在圓的半徑為r,貝b=當(dāng)α,

所以該四棱錐的高九=/1-y,V=^α2Jl-y,令=t(0<t<2),V=?Jt2-y,設(shè)/(t)=t?一g,

O<t<4Λ>O

3--Vt<2,∕,(t)<0,單調(diào)遞減,

所以當(dāng)t=T時(shí)，V最大，此時(shí)h=Jl-?=y?

故選：C.

【整體點(diǎn)評(píng)】方法一：思維嚴(yán)謹(jǐn)，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是該題的最優(yōu)解；

方法二：消元，實(shí)現(xiàn)變量統(tǒng)一，再利用基本不等式求最值；

方法三：消元，實(shí)現(xiàn)變量統(tǒng)一，利用導(dǎo)數(shù)求最值，是最值問(wèn)題的常用解法，操作簡(jiǎn)便，是通性通法.

9.（2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）橢圓C:5+，=l（α>6>0）的左頂點(diǎn)為A,點(diǎn)P,。均在C上，且關(guān)于y

軸對(duì)稱.若直線4P,AQ的斜率之積為3則C的離心率為（）

A.在

【答案】A

【分析】設(shè)P(xι,yι),則Q(-%ι,yι),根據(jù)斜率公式結(jié)合題意可得一?=；,再根據(jù)≡√+*=l,將

-Xj+fl4aO

月用X】表示，整理，再結(jié)合離心率公式即可得解.

【詳解】［方法一］:設(shè)而不求

設(shè)P(XI,yj,則Q(TQi)

則由A”?k=［得：k”?IiAQ=

AQ22

-x1+α-x1+a

b2(a2-x

+?^=L得力1

12(02三12)

所以橢圓C的離心率e=￡=—,故選A.

a

［方法二］:第三定義

設(shè)右端點(diǎn)為B,連接PB,由橢圓的對(duì)稱性知：kPB=-kAQ

故k/?p,^iAQ~kpA,~^iAQ~~

由橢圓第三定義得：kPA-kAQ=~

所以橢圓C的離心率e=；合，故選A.

10.(2021?天津?統(tǒng)考高考真題)若2。=Sb=10,則!■+：

A.-1B.Ig7D.Iog7IO

【答案】C

【分析】由已知表示出α,b,再由換底公式可求.

,ab

【詳解】??2=S=10,.??a=log210,e=Iog5IO,

故選：C.

11.(2020,全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)若2%-2、<3-％-3-匕則()

A.ln(y—X+1)>0B.Infy—%÷1)<0C.ln∣x—y?>0D.ln∣x—y?<0

【答案】A

【分析】將不等式變?yōu)?-3-<2丫—3-匕根據(jù)/(t)=2t-3-t的單調(diào)性知X<y,以此去判斷各個(gè)選項(xiàng)

中真數(shù)與1的大小關(guān)系，進(jìn)而得到結(jié)果.

【詳解】由2'-2'<3-x-3-得：2'-3-x<2y-3-y,

令/(t)=2t-3-t,

y=2》為R上的增函數(shù)，y=為R匕的減函數(shù)，二f(t)為R上的增函數(shù)，

???X<y,

?.?y-%>O,.?.y-尤+1>1,二ln(y-X+1)>0,則A正確，B錯(cuò)誤；

?.?∣x-y卜與1的大小不確定，故CD無(wú)法確定.

故選：A.

【點(diǎn)睛】本題考查對(duì)數(shù)式的大小的判斷問(wèn)題，解題關(guān)鍵是能夠通過(guò)構(gòu)造函數(shù)的方式，利用函數(shù)的單調(diào)性得

到x,y的大小關(guān)系，考查了轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想.

12.(2020?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)若2。+log2。=4〃+2iog4b,則()

A.a>2bB.a<2bC.a>b2D.a<b2

【答案】B

【分析】設(shè)/(x)=2%+log2x,利用作差法結(jié)合f(x)的單調(diào)性即可得到答案.

xfc2b

【詳解】設(shè)/(x)=2+log2x,則/(x)為增函數(shù)，因?yàn)?。+log2α=4+2Iog4b=2+log2?

2b2b2b

所以/(α)—/(26)=2。+log2α—(2+log226)=2+log2?—(2+log22fa)=Iog2?=—1<0.

所以f(α)<∕(2b),所以a<2b.

2α22b22bt,i

/(ɑ)-f(b)=2+log2a-(2次+Iog2Z?)=2+log2b-(2”+Iog2/?)=2-2-log2h,

當(dāng)b=l時(shí)，/(a)-∕(b2)=2>0,此時(shí)f(a)>/(廿)，有a>爐

當(dāng)b=2時(shí)，f(a)-/(e2)=-1<0,此時(shí)f(a)<f(∕),有a<〃，所以C、D錯(cuò)誤.

故選：B.

【點(diǎn)晴】本題主要考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，涉及到構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小，是一道中

檔題.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.(2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)設(shè)向量3,B的夾角的余弦值為/且同=1,間=3,則(2,+b)-b=

【答案】11

【分析】設(shè)五與B的夾角為仇依題意可得cos8=%再根據(jù)數(shù)量積的定義求出展最后根據(jù)數(shù)量積的運(yùn)算

律計(jì)算可得.

【詳解】解：設(shè)五與B的夾角為仇因?yàn)镚與5的夾角的余弦值為號(hào)即COSe=最

又III=I,同=3,所以a?B=㈤,同CoSe=IX3X[=1,

2

所以（2d+b）y-b=2a-b+b2=2a?b+?b?=2×1+32=11.

故答案為：11.

14.（2020?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）已知F為雙曲線C:'-,=l（α>0,b>0）的右焦點(diǎn)，A為C的右頂點(diǎn)，B

為C上的點(diǎn)，且BF垂直于X軸.若AB的斜率為3,則C的離心率為.

【答案】2

【分析】根據(jù)雙曲線的幾何性質(zhì)可知，?BF?=^,?AF?=c-a,即可根據(jù)斜率列出等式求解即可.

X=C

22X=C.

【詳解】聯(lián)立｛京r—力v=1，解得0=±吟所以Im=?2

C2=62÷α2―a

尤22

7S

依題可得，黑=3,MZI=C-Q,即--=C-。=3,變形得c+a=3a,c=2a,

因此，雙曲線C的離心率為2.

故答案為：2.

【點(diǎn)睛】本題主要考查雙曲線的離心率的求法，以及雙曲線的幾何性質(zhì)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

15.（2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）從正方體的8個(gè)頂點(diǎn)中任選4個(gè),則這4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的概率為.

【答案】?

【分析】根據(jù)古典概型的概率公式即可求出.

【詳解】從正方體的8個(gè)頂點(diǎn)中任取4個(gè)，有ri==70個(gè)結(jié)果，這4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的有m=6+6=12

個(gè)，故所求概率P=?=及=白

n7035

故答案為：?.

16.（2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）已知△4BC中，點(diǎn)。在邊BC上，?ADB=120oAD=2,CD=2BD.當(dāng)絲取

tAB

得最小值時(shí)，BD=.

【答案】√3-1##-1+V3

【分析】設(shè)CD=2BC=2m>0,利用余弦定理表示出余后，結(jié)合基本不等式即可得解.

【詳解】［方法一］:余弦定理

設(shè)CC=2BD=2m>0,

2222

則在△ABD中，J4F=BD+AD-2BD-ADcos?ADB=m+4+2m,

?ΔACO中，AC2=CD2+AD2-2CD-ADcos?ADC=4m2+4-4m,

所以雋=4τn2+4-4m4(m2+4+2τn)-12(l+m)12

=4-

τn2+4+2τnτn2+4+2m

(m+l)+扁

≥4-===4-2√3,

2j(m+D高

當(dāng)且僅當(dāng)m+1=/一即=√3-l?,等號(hào)成立,

τn+lZn

所以當(dāng)瓢最小值時(shí)，皿=BT

故答案為：v?—1.

［方法二］：建系法

令BD=t,以D為原點(diǎn)，OC為X軸，建立平面直角坐標(biāo)系.

則C(2t,0),A(1,√3),B(-t,0)

AC2(2t-I)2+34t2-4t+412L

?AB^=(t+1)2+3=t2+2t+4=4-3-≥4-

U十U十討Ti

當(dāng)且僅當(dāng)t+1=√3,即8。=√3-l時(shí)等號(hào)成立。

［方法三］：余弦定理

設(shè)BD=x,CD=2x.由余弦定理得

rc2=x2+4÷2x

.,.2C2÷b2=12÷6X2,

%2=4+4X2-4χ,

c2=x2+4+2x

???2C2+e2=12+6X2,

h2=4+4X2-4x

令令=3則2—+t2c2=12+61,

12+6X212+6/2

)≥6-2√3,

26(1-

X+2X+4(》+1)+有

.?.t2≥4-2√3,

當(dāng)且僅當(dāng)x+1=」-,即X=8+1時(shí)等號(hào)成立.

x+1

［方法四］:判別式法

設(shè)8。=X,貝I］CD=2x

在^ABD'V,AB2=BD2+AD2-2BD-ADcos?ADB=x2+4+2x,

?ΔACC中，AC2=CD2+AD2-2CD-ADcosΛADC=4X2+4-4x,

r；ι?AC24X2+4-4XF-4X2+4-4X

所rs以定=際記t=商E

則(4-t)x2-(4+2t)x+(4-4t)=O

由方程有解得：△=(4+2C)2-4(4-t)(4-4t)≥O

即t2-8t+4≤0,解得：4-2√3≤t≤4+2√3

所以tmin=4—2b，此時(shí)X="=

4-C

所以當(dāng)翌取最小值時(shí)，x=√3-l,即BD=B-1.

三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。第17-21題為必考題，每個(gè)試題考

生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。

17.(2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)記A4BC的內(nèi)角48,C的對(duì)邊分別為α,b,c,已知SinCSin(4—B)=

SinBSin(C—A).

(1)證明：2Q2=b2+c2;

(2)若α=5,cos4=||,求AZBC的周長(zhǎng).

【答案】(1)見(jiàn)解析

(2)14

【分析】（1）利用兩角差的正弦公式化筒，再根據(jù)正弦定理和余弦定理化角為邊，從而即可得證;

（2）根據(jù)（1）的結(jié)論結(jié)合余弦定理求出兒，從而可求得b+c,即可得解.

【詳解】（I）證明：因?yàn)镾inCSinQl-B）=SinBSin（C-4）,

所以SinCSin4cosB—SinCsinBcosA=SinBsinCcosA-SinBsinAcosC,

a2+c2-b2?,b2+c2-a2.a2+b2-c2

所以QC.---------------2bc------；----=—ab----------——

2ac2bc2ab

a2+b2-c2

艮佇衿_(爐+c2-tt2)

2

所以2Q2=b2+C2

(2)解：因?yàn)棣?5,CosA=奈，

由(1)得爐+￠2=50,

22

由余弦定理可得彥=fe÷C-2bccosAf

則50-*C=25,

所以加=4,

故(b+c)2=b2+C2+2bc=50+31=81,

所以b+c=9,

所以△ABC的周長(zhǎng)為α+b+c=14.

18.（2021?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）已知直三棱柱4BC-%B1G中，側(cè)面力AIBlB為正方形，AB=BC2,E,

F分別為4C和CCl的中點(diǎn)，。為棱上的點(diǎn).BF1A1B1

（1）證明：BF10E；

（2）當(dāng)當(dāng)。為何值時(shí)，面BBlCiC與面DFE所成的二面角的正弦值最小?

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）B1D=I

【分析】（1）方法二：通過(guò)已知條件，確定三條互相垂直的宜線，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，借助空間

向量證明線線垂直；

(2)方法一：建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求出二面角的平面角的余弦值最大，進(jìn)而可以確定出答

案;

【詳解】(1)［方法一］：幾何法

因?yàn)锽FlAIBI,4∕j√∕AB,所以BF_L4B.

乂因?yàn)椋鸅IBB】，BFCBBI=B,所以48_L平面8CG8「乂因?yàn)閆B=BC=2,構(gòu)造正方體ABCG-

A1B1C1G1,如圖所示,

過(guò)E作4B的平行線分別與AG,BC交于其中點(diǎn)M,N,連接①“出可，

因?yàn)镋,F分別為ZlC和CCl的中點(diǎn)，所以N是BC的中點(diǎn)，

易證RtΔBCFmRt△B1BN,則4CBF=ZBB1JV.

又因?yàn)镹88ιN+4/NB=90。，所以4CB尸+4B］NB=90。，BF1B1N.

又因?yàn)锽FJBiNnzliBi=B1,所以BF_L平面&MNB「

又因?yàn)镋DU平面4MN當(dāng)，所以8F1DE.

［方法二］【最優(yōu)解工向量法

因?yàn)槿庵鵄BC-4出。1是直三棱柱，二BBl1底面ABC,.?.BBl1AB

5

?.?A1B1HAB,BF1A1B1,BFIAB,又BBICBF=B,-.ABIFffifiCC1B1.所以B4,BC,BBι兩兩垂直.

以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以B4BC,B8［所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.

?B(0,0,0),?(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2),E(Ll,0),F(0,2,1).

由題設(shè)O(a,0,2)(0≤α≤2).

因?yàn)橥?(0,2,1),DF=(l-α,1,-2),

所以不?DE=0×(l-α)+2×l+l×(-2)=0,所以BF1DE.

［方法三］：因?yàn)锽Fj.4∕ι,A1B1HAB,所以BFJ.AB,故科無(wú)瓦=0,BFAB=0,^XBF-ED=BF-

頌+西+瓦。)≡BFB^D+BF-(EB+BB^)=^BF-^EB+BF=麗(-海-河)+市函

=冶BF-BA-^BF-BC+BF-BBI=-^BF-BC+BF-BBl=-^?BF?■?BC?cosΛFBC+?BF?-

|西ICOS"BBi=-∣×√5×2×^+√5×2×^=0,所以BFIED.

(2)［方法一］【最優(yōu)解】：向量法

設(shè)平面CFE的法向量為記=(x,y,z),

因?yàn)榉?(-1,1,1),DF=(1-a,1,-2),

所以師阮=0∏∏-X+y+z=0

所以｛沆?灰=o'叫f(I-g+y-2z=o?

令Z=2—Q,則沆=(3,1+a,2—a)

因?yàn)槠矫鍮CGBl的法向量為函=(2,0,0),

設(shè)平面BCClBl與平面QEF的二面角的平面角為。，

則I。。Sel=黯=2Z2tΛα+i4=^??

當(dāng)α=T時(shí)，2α2-2α+4取最小值為

此時(shí)COS。取最大值為W=理

J?3

所以(Sine)min=Jl-(y)2=白，此時(shí)BlD=

［方法二］:幾何法

如圖所示，延長(zhǎng)EF交&G的延長(zhǎng)線于點(diǎn)S,聯(lián)結(jié)。S交BICl于點(diǎn)T,則平面DFEn平面BBlCIC=F7.

C

作BlHJ.EΓ,垂足為H,因?yàn)镈BlJ_平面BBICIC,聯(lián)結(jié)。，，則/川/當(dāng)為平面BBIClC與平面DFE所成二面

角的平面角.

設(shè)BlD=t,te[0,2],B1T=s,過(guò)Cl作GG〃&Bl交DS于點(diǎn)G.

由等=I=若得ClG=I(2

OAj?ΛjL>3

又第=器即向=/所以S=著

曙=器即警=,所以Bi4=

√ι+(2-s)2√l+(2-s)2-

S2

所以Z)H=√βw2+FD2=+t2.

111+(2-S)2

則sin4D"Bι=翳

所以，當(dāng)t=凱寸，（SinNDHBI）min=圣

［方法三］：投影法

如圖，聯(lián)結(jié)FBi,FN,

ΔDEF在平面BBIClC的投影為^BlNF,記面88JGC與面Z）FE所成的二面角的平面角為優(yōu)則COSJ=瀘”.

22r

設(shè)BlZ)=t(0St≤2),在RtADBiF中，DF=√F1D+B1F=√t+5.

在RtAECF中，EF=√FC2+FC2=√3,過(guò)D作BlN的平行線交EN于點(diǎn)Q.

222

在Rt△DEQ中，DE=y∕QD+EQ=√5+(1-t).

在ADE/=>中，由余弦定理得CoSNDFE=空黑產(chǎn)=立票等2,SiMDFE=低宏,SΔDFE=^DF-

1/-----------------W

EFsinZDFf=∣√2t2-2t+14,SAJNF=；，

S&BiNF

cosθn=——

SADFE

ht=∣,即8］。=5面幽GC與面CFE所成的二面角的正弦值最小，最小值為圣

【整體點(diǎn)評(píng)】第一問(wèn)，方法一為常規(guī)方法，不過(guò)這道題常規(guī)方法較為復(fù)雜，方法二建立合適的空間直角坐

標(biāo)系，借助空間向量求解是最簡(jiǎn)單，也是最優(yōu)解；方法三利用空間向量加減法則及數(shù)量積的定義運(yùn)算進(jìn)行

證明不常用，不過(guò)這道題用這種方法過(guò)程也很簡(jiǎn)單，可以開(kāi)拓學(xué)生的思維.

第二問(wèn)：方法一建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求出二面角的平面角是最常規(guī)的方法，也是最優(yōu)方法；

方法二：利用空間線面關(guān)系找到，面BBIClC與面。FE所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容

易找到：方法三：利用面。尸E在面BBlClC上的投影三角形的面積與△DFE面積之比即為面BBlCIC與面。FE

所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，進(jìn)而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，開(kāi)闊學(xué)生

的思維.

19.（2020?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）某學(xué)生興趣小組隨機(jī)調(diào)查了某市100天中每天的空氣質(zhì)量等級(jí)和當(dāng)天到某

公園鍛煉的人次，整理數(shù)據(jù)得到下表（單位：天）：

鍛煉人次

[0,200](200,400J(400,600]

空氣質(zhì)量等級(jí)

1（優(yōu)）21625

2（良）51012

3（輕度污染）678

4（中度污染）720

（1）分別估計(jì)該市一天的空氣質(zhì)量等級(jí)為1,2,3,4的概率；

（2）求一天中到該公園鍛煉的平均人次的估計(jì)值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表）；

（3）若某天的空氣質(zhì)量等級(jí)為1或2,則稱這天“空氣質(zhì)量好”；若某天的空氣質(zhì)量等級(jí)為3或4,則稱這天

“空氣質(zhì)量不好''.根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的2x2列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表，判斷是否有95%的把握認(rèn)為一

天中到該公園鍛煉的人次與該市當(dāng)天的空氣質(zhì)量有關(guān)？

人次≤400人次＞400

空氣質(zhì)量好

空氣質(zhì)量不好

附.K2=n(ad-bc)2

(α+b)(c+d)(α+c)(b+d),

P(K2>lc)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【答案】(1)該市一天的空氣質(zhì)量等級(jí)分別為1、2、3、4的概率分別為0.43、0.27、0.21、0.09；(2)350；

(3)有，理由見(jiàn)解析.

【分析】(1)根據(jù)頻數(shù)分布表可計(jì)算出該市一天的空氣質(zhì)量等級(jí)分別為1、2、3、4的概率；

(2)利用每組的中點(diǎn)值乘以頻數(shù)，相加后除以100可得結(jié)果；

(3)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)完善2X2列聯(lián)表，計(jì)算出K2的觀測(cè)值，再結(jié)合臨界值表可得結(jié)論.

【詳解】(1)由頻數(shù)分布表可知，該市一天的空氣質(zhì)量等級(jí)為1的概率為嗤公=0.43,等級(jí)為2的概率為

5+;θθiz=0.27,等級(jí)為3的概率為6+7+8=0.21,等級(jí)為4的概率為^^=0.09；

100

100×20+300×35+500×45

(2)由頻數(shù)分布表可知，一天中到該公園鍛煉的人次的平均數(shù)為=350

100

(3)2X2列聯(lián)表如下:

人次≤400人次>400

空氣質(zhì)量好3337

空氣質(zhì)量不好228

IooX(33X8-37X22)2

K2≈5.820>3.841,

55×45×70×30

因此，有95%的把握認(rèn)為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當(dāng)天的空氣質(zhì)量有關(guān).

【點(diǎn)睛】本題考查利用頻數(shù)分布表計(jì)算頻率和平均數(shù)，同時(shí)也考查了獨(dú)立性檢驗(yàn)的應(yīng)用，考查數(shù)據(jù)處理能

力，屬于基礎(chǔ)題.

20.(2021?天津?統(tǒng)考高考真題)已知橢圓捻+，=l(a>b>0)的右焦點(diǎn)為凡上頂點(diǎn)為B,離心率為管,

S.?BF?=√5.

（1）求橢圓的方程；

（2）直線，與橢圓有唯一的公共點(diǎn)M,與y軸的正半軸交于點(diǎn)N,過(guò)N與BF垂直的直線交X軸于點(diǎn)P.若MP"BF,

求直線［的方程.

【答案】（1）9+y2=1；（2）x-y+√6=0.

【分析】（I）求出α的值，結(jié)合C的值可得出b的值，進(jìn)而可得出橢圓的方程：

（2）設(shè)點(diǎn)MaOJo），分析出直線，的方程為等+y0y=1.求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，根據(jù)MP〃BF可得出∕?P=心尸，

求出%。、y0的值，即可得出直線，的方程.

【詳解】（1）易知點(diǎn)F（C,0）、β（0,h）,故IBFl=VF三/=α=西，

因?yàn)闄E圓的離心率為e=￡=2，故c=2,b=√α2—c2=1.

a5

2

因此，橢圓的方程為￡v+y2=1：

（2）設(shè)點(diǎn)M（Xo,yO）為橢圓/+y2=1上一一點(diǎn)，

先證明直線MN的方程為等+y0y=1,

-+y0y=1,

聯(lián)立《2，消去y并整理得/—2%OX+詔=0，=4%o-4XQ=0,

?r-+y2=ι

??

在直線MN的方程中，令x=0,可得y=A，由題意可知小>0，即點(diǎn)N（0,J，

直線BF的斜率為∕?F=-2=-；，所以，直線PN的方程為y=2x+二,

c2Vo

在直線PN的方程中，令y=0,可得X=-熹，即點(diǎn)p（一直,0）,

因?yàn)镸P//BF,則∕CMP=∕?P,即=整理可得（X。+5M）2=0,

x0+2?"2%OyO+12）

6z

所以,X0--5y°,因?yàn)椋?yo=Xo=1，3o>0,故M)=Xo=-平，

5oo

所以，直線E的方程為一半x+fy=1,即x-y+n=0.

【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：在利用橢圓的切線方程時(shí)，一般利用以下方法進(jìn)行直線：

(1)設(shè)切線方程為y=kx+Tn與橢圓方程聯(lián)立，由4=0進(jìn)行求解；

(2)橢圓，+'=1在其上一點(diǎn)0°,y°)的切線方程為袈+繁=1,再應(yīng)用此方程時(shí)，首先應(yīng)證明直線警+

登=1與橢圓［+1=1相切.

b2a2b2

21.(2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)已知函數(shù)/(x)=F-Inx+x-α.

⑴若f(x)≥O,求a的取值范圍；

(2)證明：若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)/,小，則X∕2<l?

【答案】(1)(—8,e+1］

(2)證明見(jiàn)的解析

【分析】(1)由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)單調(diào)性及最值，即可得解；

(2)利用分析法，轉(zhuǎn)化要證明條件為三一苫裝一2口1^一：(>一：)］>0,再利用導(dǎo)數(shù)即可得證.

【詳解】(1)［方法一］：常規(guī)求導(dǎo)

f(x)的定義域?yàn)?0,+8),則

^W=?-?>ex^;+1=：(1一》蠟+(1->=?嚀+1)

令/(%)=0,得％=1

當(dāng)%∈(0,1),尸(X)<OJo)單調(diào)遞減

當(dāng)％∈(1,+8)/(%)>0/(%)單調(diào)遞增/(%)≥/(1)=e÷1-α,

若/(%)≥OJl1Je+1-Q≥0,即Q<e÷1

所以Q的取值范圍為(-8,e+1］

［方法二］：同構(gòu)處理

由/(x)≥0得：e~lnx+x+X-Inx—α≥0

令t=x—lnx,t≥1,則/(t)=，+t—α≥0即Q≤e'+t

令g(t)=et+1,t∈［1,÷∞),則g'(t)=et+1>0

故g(D=/+t在區(qū)間［i,+8)上是增函數(shù)

故g(t)min=g(l)=e+1，即α≤e+l

所以ɑ的取值范圍為(—8,e+1］

(2)［方法一］：構(gòu)造函數(shù)

由題知J(X)一個(gè)零點(diǎn)小于1,一個(gè)零點(diǎn)大于1,不妨設(shè)Xl<1<X2

要證XX2<1,即證Xl<—

lx2

因?yàn)閄lw∈(0,1),即證∕Q1)>f￠)

又因?yàn)镕(Xl)=/(>2)，故只需證/。2)>/(?)

、ex-1

即證工—Inx+X—xe×—Inx-->0,%∈(ll+∞)

即證?—xeχ—2[Inx—?(%—?)]>0

QXlIl

下面證明%>1時(shí)，——xe×>OJnx--(x--)<0

設(shè)g(%)=~~%。五%>1，

則g'(x)=C-?)ex-(??+xe×■(-?))W(I--e?(l-?)

1βx1X—1cx1

=(1--)(——β≡)=-------(——ex)

XXXX

設(shè)8(X)=g(x>1)"(X)=G-或)峭=?/>0

所以￠(%)>￠(1)=e,而成<e

所以+—β×>0,所以g'(x)>0

所以g(x)在(1,+8)單調(diào)遞增

QX1

即g(%)>g(i)=0,所以工-χe×>0

令九(X)=Inx-I(%—?),X>1

所以∕ι(x)在(1,+8)單調(diào)遞減

即九(X)<∕ι(l)=0,所以Inx—∣(x—?)<0；

綜上，—xβχ—2[Inx—?(%—?)]>0,所以%ι%2V1?

［方法二］：對(duì)數(shù)平均不等式

由題意得：/(%)=—÷In-——

J、'XXa

,

令t=F>l,則/(t)=t+lnt-Q,∕(t)=1+1>O

所以g(t)=t+Int-Q在(1,+8)上單調(diào)遞增，故g(t)=。只有I個(gè)解

又因?yàn)?(%)=?+In?-Q有兩個(gè)零點(diǎn)工1,%2，故t=