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真题重组卷03（理科）——2023年高考数学真题汇编重组卷（课标全国卷）
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这是一份真题重组卷03（理科）——2023年高考数学真题汇编重组卷（课标全国卷），文件包含真题重组卷03理科2023年高考数学真题汇编重组卷解析版docx、真题重组卷03理科2023年高考数学真题汇编重组卷参考答案docx、真题重组卷03理科2023年高考数学真题汇编重组卷原卷版docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
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冲刺2023年高考数学真题重组卷03
课标全国卷地区专用（解析版）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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．（2020·全国·统考高考真题）已知集合A={(x,y)|x,y∈N*,y≥x}，B={(x,y)|x+y=8}，则A∩B中元素的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【分析】采用列举法列举出A∩B中元素的即可.
【详解】由题意，A∩B中的元素满足{y≥xx+y=8，且x,y∈N*，
由x+y=8≥2x，得x≤4，
所以满足x+y=8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)，
故A∩B中元素的个数为4.
故选：C.
【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.
2．（2022·全国·统考高考真题）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.
【详解】由题设有1-z=1i=ii2=-i，故z=1+i，故z+z=1+i+1-i=2，
故选：D
3．（2021·全国·统考高考真题）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足L=5+lgV．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）（1010≈1.259）
A．1.5 B．1.2 C．0.8 D．0.6
【答案】C
【分析】根据L,V关系，当L=4.9时，求出lgV，再用指数表示V，即可求解.
【详解】由L=5+lgV，当L=4.9时，lgV=-0.1，
则V=10-0.1=10-110=11010≈11.259≈0.8.
故选：C.
4．（2020·全国·统考高考真题）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
【答案】C
【分析】第n环天石心块数为an，第一层共有n环，则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，
设Sn为{an}的前n项和，由题意可得S3n-S2n=S2n-Sn+729，解方程即可得到n，进一步得到S3n.
【详解】设第n环天石心块数为an，第一层共有n环，
则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an=9+(n-1)×9=9n，
设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为Sn,S2n-Sn,S3n-S2n，因为下层比中层多729块，
所以S3n-S2n=S2n-Sn+729，
即3n(9+27n)2-2n(9+18n)2=2n(9+18n)2-n(9+9n)2+729
即9n2=729，解得n=9，
所以S3n=S27=27(9+9×27)2=3402.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
5．（2022·全国·统考高考真题）函数y=3x-3-xcosx在区间-π2,π2的图象大致为（ ）
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.
【详解】令fx=3x-3-xcosx,x∈-π2,π2，
则f-x=3-x-3xcos-x=-3x-3-xcosx=-fx，
所以fx为奇函数，排除BD；
又当x∈0,π2时，3x-3-x>0,cosx>0，所以fx>0，排除C.
故选：A.
6．（2020·全国·统考高考真题）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：°C）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi,yi)(i=1,2,⋯,20)得到下面的散点图：
由此散点图，在10°C至40°C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是（ ）
A．y=a+bx B．y=a+bx2
C．y=a+bex D．y=a+blnx
【答案】D
【分析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.
【详解】由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，
因此，最适合作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是y=a+blnx.
故选：D.
【点睛】本题考查函数模型的选择，主要观察散点图的分布，属于基础题.
7．（2021·全国·统考高考真题）在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于74的概率为（ ）
A．79 B．2332 C．932 D．29
【答案】B
【分析】设从区间0,1,1,2中随机取出的数分别为x,y，则实验的所有结果构成区域为Ω=x,y074，分别求出Ω,A对应的区域面积，根据几何概型的的概率公式即可解出．
【详解】如图所示：
设从区间0,1,1,2中随机取出的数分别为x,y，则实验的所有结果构成区域为Ω=x,y074，即图中的阴影部分，其面积为SA=1-12×34×34=2332，所以PA=SASΩ=2332．
故选：B.
【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中的面积问题，解题关键是准确求出事件Ω,A对应的区域面积，即可顺利解出．
8．（2022·全国·统考高考真题）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．13 B．12 C．33 D．22
【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2r2，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α，
则SABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2
（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2r2
又设四棱锥的高为h，则r2+h2=1，
VO-ABCD=13⋅2r2⋅h=23r2⋅r2⋅2h2≤23r2+r2+2h233=4327
当且仅当r2=2h2即h=33时等号成立.
故选：C
[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=22a，所以该四棱锥的高h=1-a22，
V=13a21-a22=43a24⋅a24⋅(1-a22)≤43a24+a24+1-a2233=43(13)3=4327
(当且仅当a24=1-a22，即a2=43时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高h=1-a22=1-23=33.
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，底面所在圆的半径为r，则r=22a，所以该四棱锥的高h=1-a22，V=13a21-a22，令a2=t(00，单调递增， 43
故选：C.
【整体点评】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．
9．（2022·全国·统考高考真题）椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQ的斜率之积为14，则C的离心率为（ ）
A．32 B．22 C．12 D．13
【答案】A
【分析】设Px1,y1，则Q-x1,y1，根据斜率公式结合题意可得y12-x12+a2=14，再根据x12a2+y12b2=1，将y1用x1表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设Px1,y1，则Q-x1,y1
则由kAP⋅kAQ=14得：kAP⋅kAQ=y1x1+a⋅y1-x1+a=y12-x12+a2=14，
由x12a2+y12b2=1，得y12=b2a2-x12a2，
所以b2a2-x12a2-x12+a2=14，即b2a2=14，
所以椭圆C的离心率e=ca=1-b2a2=32，故选A.
[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=-kAQ
故kAP⋅kAQ=kPA⋅-kAQ=-14，
由椭圆第三定义得：kPA⋅kAQ=-b2a2，
故b2a2=14
所以椭圆C的离心率e=ca=1-b2a2=32，故选A.
10．（2021·天津·统考高考真题）若2a=5b=10，则1a+1b=（ ）
A．-1 B．lg7 C．1 D．log710
【答案】C
【分析】由已知表示出a,b，再由换底公式可求.
【详解】∵ 2a=5b=10，∴a=log210,b=log510，
∴1a+1b=1log210+1log510=lg2+lg5=lg10=1.
故选：C.
11．（2020·全国·统考高考真题）若2x-2y<3-x-3-y，则（ ）
A．ln(y-x+1)>0 B．ln(y-x+1)<0 C．ln|x-y|>0 D．ln|x-y|<0
【答案】A
【分析】将不等式变为2x-3-x<2y-3-y，根据ft=2t-3-t的单调性知x
令ft=2t-3-t，
∵y=2x为R上的增函数，y=3-x为R上的减函数，∴ft为R上的增函数，
∴x
∵x-y与1的大小不确定，故CD无法确定.
故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到x,y的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.
12．（2020·全国·统考高考真题）若2a+log2a=4b+2log4b，则（ ）
A．a>2b B．a<2b C．a>b2 D．a
【分析】设f(x)=2x+log2x，利用作差法结合f(x)的单调性即可得到答案.
【详解】设f(x)=2x+log2x，则f(x)为增函数，因为2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b
所以f(a)-f(2b)= 2a+log2a-(22b+log22b)= 22b+log2b-(22b+log22b) =log212=-1<0，
所以f(a)
当b=1时，f(a)-f(b2)=2>0，此时f(a)>f(b2)，有a>b2
当b=2时，f(a)-f(b2)=-1<0，此时f(a)
【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2022·全国·统考高考真题）设向量a，b的夹角的余弦值为13，且a=1，b=3，则2a+b⋅b=_________．
【答案】11
【分析】设a与b的夹角为θ，依题意可得cosθ=13，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θ，因为a与b的夹角的余弦值为13，即cosθ=13，
又a=1，b=3，所以a⋅b=a⋅bcosθ=1×3×13=1，
所以2a+b⋅b=2a⋅b+b2=2a⋅b+b2=2×1+32=11．
故答案为：11．
14．（2020·全国·统考高考真题）已知F为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)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______________.
【答案】2
【分析】根据双曲线的几何性质可知，|BF|=b2a，|AF|=c-a，即可根据斜率列出等式求解即可．
【详解】联立{x=cx2a2-y2b2=1c2=b2+a2，解得{x=cy=±b2a，所以|BF|=b2a.
依题可得，|BF||AF|=3，|AF|=c-a，即b2ac-a=c2-a2a(c-a)=3，变形得c+a=3a，c=2a,
因此，双曲线C的离心率为2.
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的求法，以及双曲线的几何性质的应用，属于基础题．
15．（2022·全国·统考高考真题）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】635.
【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有n=C84=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=mn=1270=635．
故答案为：635．
16．（2022·全国·统考高考真题）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD．当ACAB取得最小值时，BD=________．
【答案】3-1##-1+3
【分析】设CD=2BD=2m>0，利用余弦定理表示出AC2AB2后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设CD=2BD=2m>0，
则在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD⋅ADcos∠ADB=m2+4+2m，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD⋅ADcos∠ADC=4m2+4-4m，
所以AC2AB2=4m2+4-4mm2+4+2m=4(m2+4+2m)-12(1+m)m2+4+2m=4-12(m+1)+3m+1
≥4-122(m+1)⋅3m+1=4-23，
当且仅当m+1=3m+1即m=3-1时，等号成立，
所以当ACAB取最小值时，m=3-1.
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）
∴AC2AB2=(2t-1)2+3(t+1)2+3=4t2-4t+4t2+2t+4=4-12(t+1)+3t+1≥4-23当且仅当t+1=3,即BD=3-1时等号成立。
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
{c2=x2+4+2xb2=4+4x2-4x，∴2c2+b2=12+6x2，
{c2=x2+4+2xb2=4+4x2-4x，∴2c2+b2=12+6x2，
令ACAB=t，则2c2+t2c2=12+6x2，
∴t2+2=12+6x2c2=12+6x2x2+2x+4=6(1-2(x+1)+3x+1)≥6-23，
∴t2≥4-23，
当且仅当x+1=3x+1，即x=3+1时等号成立.
[方法四]：判别式法
设BD=x，则CD=2x
在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD⋅ADcos∠ADB=x2+4+2x，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD⋅ADcos∠ADC=4x2+4-4x，
所以AC2AB2=4x2+4-4xx2+4+2x，记t=4x2+4-4xx2+4+2x，
则(4-t)x2-(4+2t)x+(4-4t)=0
由方程有解得：Δ=(4+2t)2-4(4-t)(4-4t)≥0
即t2-8t+4≤0，解得：4-23≤t≤4+23
所以tmin=4-23，此时x=2+t4-t=3-1
所以当ACAB取最小值时，x=3-1，即BD=3-1.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
17．（2022·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A)．
(1)证明：2a2=b2+c2；
(2)若a=5,cosA=2531，求△ABC的周长．
【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sinCsinA-B=sinBsinC-A，
所以sinCsinAcosB-sinCsinBcosA=sinBsinCcosA-sinBsinAcosC，
所以ac⋅a2+c2-b22ac-2bc⋅b2+c2-a22bc=-ab⋅a2+b2-c22ab，
即a2+c2-b22-b2+c2-a2=-a2+b2-c22，
所以2a2=b2+c2；
（2）解：因为a=5,cosA=2531，
由（1）得b2+c2=50，
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA，
则50-5031bc=25，
所以bc=312，
故b+c2=b2+c2+2bc=50+31=81，
所以b+c=9，
所以△ABC的周长为a+b+c=14.
18．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点．BF⊥A1B1
（1）证明：BF⊥DE；
（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）B1D=12
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为BF⊥A1B1,A1B1//AB，所以BF⊥AB．
又因为AB⊥BB1，BF∩BB1=B，所以AB⊥平面BCC1B1．又因为AB=BC=2，构造正方体ABCG-A1B1C1G1，如图所示，
过E作AB的平行线分别与AG，BC交于其中点M,N，连接A1M,B1N，
因为E，F分别为AC和CC1的中点，所以N是BC的中点，
易证Rt△BCF≅Rt△B1BN，则∠CBF=∠BB1N．
又因为∠BB1N+∠B1NB=90°，所以∠CBF+∠B1NB=90°，BF⊥B1N．
又因为BF⊥A1B1,B1N∩A1B1=B1，所以BF⊥平面A1MNB1．
又因为ED⊂平面A1MNB1，所以BF⊥DE．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥底面ABC，∴BB1⊥AB
∵A1B1//AB，BF⊥A1B1，∴BF⊥AB，又BB1∩BF=B，∴AB⊥平面BCC1B1．所以BA,BC,BB1两两垂直．
以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图．
∴B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0), B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2)，E(1,1,0),F(0,2,1)．
由题设D(a,0,2)（0≤a≤2）．
因为BF=(0,2,1),DE=(1-a,1,-2)，
所以BF⋅DE=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0，所以BF⊥DE．
[方法三]：因为BF⊥A1B1，A1B1//AB，所以BF⊥AB，故BF⋅A1B1=0，BF⋅AB=0，所以BF⋅ED=BF⋅(EB+BB1+B1D) =BF⋅B1D+BF⋅(EB+BB1) =BF⋅EB+BF⋅BB1 =BF(-12BA-12BC)+BF⋅BB1 =-12BF⋅BA-12BF⋅BC+BF⋅BB1 =-12BF⋅BC+BF⋅BB1 =-12|BF|⋅|BC|cos∠FBC+|BF|⋅|BB1|cos∠FBB1 =-12×5×2×25+5×2×15=0，所以BF⊥ED．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面DFE的法向量为m=(x,y,z)，
因为EF=(-1,1,1),DE=(1-a,1,-2)，
所以{m⋅EF=0m⋅DE=0，即{-x+y+z=0(1-a)x+y-2z=0．
令z=2-a，则m=(3,1+a,2-a)
因为平面BCC1B1的法向量为BA=(2,0,0)，
设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ，
则|cosθ|=|m⋅BA||m|⋅|BA| =62×2a2-2a+14 =32a2-2a+14．
当a=12时，2a2-2a+4取最小值为272，
此时cosθ取最大值为3272=63．
所以(sinθ)min=1-(63)2=33，此时B1D=12．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长EF交A1C1的延长线于点S，联结DS交B1C1于点T，则平面DFE∩平面BB1C1C=FT．
作B1H⊥FT，垂足为H，因为DB1⊥平面BB1C1C，联结DH，则∠DHB1为平面BB1C1C与平面DFE所成二面角的平面角．
设B1D=t, t∈[0,2], B1T=s，过C1作C1G//A1B1交DS于点G．
由C1SSA1=13=C1GA1D得C1G=13(2-t)．
又B1DC1G=B1TC1T，即t13(2-t)=s2-s，所以s=3tt+1．
又B1HC1F=B1TFT，即B1H1=s1+(2-s)2，所以B1H=s1+(2-s)2．
所以DH=B1H2+B1D2 =s21+(2-s)2+t2 =9t22t2-2t+5+t2．
则sin∠DHB1=B1DDH =t9t22t2-2t+5+t2 =192(t-12)2+92+1，
所以，当t=12时，(sin∠DHB1)min=33．
[方法三]：投影法
如图，联结FB1,FN，
△DEF在平面BB1C1C的投影为△B1NF，记面BB1C1C与面DFE所成的二面角的平面角为θ，则cosθ=S△B1NFS△DEF．
设B1D=t(0≤t≤2)，在Rt△DB1F中，DF=B1D2+B1F2=t2+5．
在Rt△ECF中，EF=EC2+FC2=3，过D作B1N的平行线交EN于点Q．
在Rt△DEQ中，DE=QD2+EQ2=5+(1-t)2．
在△DEF中，由余弦定理得cos∠DFE=DF2+EF2-DE22DF⋅EF =3t2+15(t+1)3(t2+5)，sin∠DFE=2t2-2t+143(t2+5)，S△DFE=12DF⋅EFsin∠DFE =122t2-2t+14，S△B1NF=32,
cosθ=S△B1NFS△DFE =32t2-2t+14，sinθ=1-92(t2-t+7)，
当t=12，即B1D=12，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为33．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面BB1C1C与面DFE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DFE在面BB1C1C上的投影三角形的面积与△DFE面积之比即为面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
19．（2020·全国·统考高考真题）某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：
锻炼人次
空气质量等级
[0，200]
(200，400]
(400，600]
1（优）
2
16
25
2（良）
5
10
12
3（轻度污染）
6
7
8
4（中度污染）
7
2
0
（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；
（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？
人次≤400
人次>400
空气质量好
空气质量不好
附：K2=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）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析.
【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率；
（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；
（3）根据表格中的数据完善2×2列联表，计算出K2的观测值，再结合临界值表可得结论.
【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为2+16+25100=0.43，等级为2的概率为5+10+12100=0.27，等级为3的概率为6+7+8100=0.21，等级为4的概率为7+2+0100=0.09；
（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100×20+300×35+500×45100=350
（3）2×2列联表如下：
人次≤400
人次>400
空气质量好
33
37
空气质量不好
22
8
K2=100×33×8-37×22255×45×70×30≈5.820>3.841，
因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.
20．（2021·天津·统考高考真题）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，上顶点为B，离心率为255，且BF=5．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若MP//BF，求直线l的方程．
【答案】（1）x25+y2=1；（2）x-y+6=0.
【分析】（1）求出a的值，结合c的值可得出b的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点Mx0,y0，分析出直线l的方程为x0x5+y0y=1，求出点P的坐标，根据MP//BF可得出kMP=kBF，求出x0、y0的值，即可得出直线l的方程.
【详解】（1）易知点Fc,0、B0,b，故BF=c2+b2=a=5，
因为椭圆的离心率为e=ca=255，故c=2，b=a2-c2=1，
因此，椭圆的方程为x25+y2=1；
（2）设点Mx0,y0为椭圆x25+y2=1上一点，
先证明直线MN的方程为x0x5+y0y=1，
联立x0x5+y0y=1x25+y2=1，消去y并整理得x2-2x0x+x02=0，Δ=4x02-4x02=0，
因此，椭圆x25+y2=1在点Mx0,y0处的切线方程为x0x5+y0y=1.
在直线MN的方程中，令x=0，可得y=1y0，由题意可知y0>0，即点N0,1y0，
直线BF的斜率为kBF=-bc=-12，所以，直线PN的方程为y=2x+1y0，
在直线PN的方程中，令y=0，可得x=-12y0，即点P-12y0,0，
因为MP//BF，则kMP=kBF，即y0x0+12y0=2y022x0y0+1=-12，整理可得x0+5y02=0，
所以，x0=-5y0，因为x025+y02=6y02=1，∴y0>0，故y0=66，x0=-566，
所以，直线l的方程为-66x+66y=1，即x-y+6=0.
【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为y=kx+m与椭圆方程联立，由Δ=0进行求解；
（2）椭圆x2a2+y2b2=1在其上一点x0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1，再应用此方程时，首先应证明直线x0xa2+y0yb2=1与椭圆x2a2+y2b2=1相切.
21．（2022·全国·统考高考真题）已知函数fx=exx-lnx+x-a．
(1)若fx≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则x1x2<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exx-xe1x-2[lnx-12(x-1x)]>0，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
f(x)的定义域为(0,+∞)，则
f'(x)=(1x-1x2)ex-1x+1 =1x(1-1x)ex+(1-1x)=x-1x(exx+1)
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-lnx+x+x-lnx-a≥0
令t=x-lnx,t≥1，则f(t)=et+t-a≥0即a≤et+t
令g(t)=et+t,t∈[1,+∞)，则g'(t)=et+1>0
故g(t)=et+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
因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)
又因为f(x1)=f(x2),故只需证f(x2)>f(1x2)
即证exx-lnx+x-xe1x-lnx-1x>0,x∈(1,+∞)
即证exx-xe1x-2[lnx-12(x-1x)]>0
下面证明x>1时，exx-xe1x>0,lnx-12(x-1x)<0
设g(x)=exx-xe1x,x>1，
则g'(x)=(1x-1x2)ex-(e1x+xe1x⋅(-1x2))=1x(1-1x)ex-e1x(1-1x)
=(1-1x)(exx-e1x)=x-1x(exx-e1x)
设φ(x)=exx(x>1),φ'(x)=(1x-1x2)ex=x-1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx-xe1x>0
令h(x)=lnx-12(x-1x),x>1
h'(x)=1x-12(1+1x2)=2x-x2-12x2=-(x-1)22x2<0
所以h(x)在(1,+∞)单调递减
即h(x)
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：f(x)=exx+lnexx-a
令t=exx>1，则f(t)=t+lnt-a，f'(t)=1+1t>0
所以g(t)=t+lnt-a在(1,+∞)上单调递增，故g(t)=0只有1个解
又因为f(x)=exx+lnexx-a有两个零点x1,x2，故t=ex1x1=ex2x2
两边取对数得：x1-lnx1=x2-lnx2，即x1-x2lnx1-lnx2=1
又因为x1x2
故h(t)=2lnt-t+1t在(1,+∞)上单调递减
故h(t)
h(x)=lnx-12(x-1x)这个函数经常出现，需要掌握
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．（2022·全国·统考高考真题）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+t6y=t（t为参数），曲线C2的参数方程为x=-2+s6y=-s（s为参数）．
(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2cosθ-sinθ=0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．
【答案】(1)y2=6x-2y≥0；
(2)C3,C1的交点坐标为12,1，1,2，C3,C2的交点坐标为-12,-1，-1,-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+t6，y=t，所以x=2+y26，即C1的普通方程为y2=6x-2y≥0．
（2）因为x=-2+s6,y=-s，所以6x=-2-y2，即C2的普通方程为y2=-6x-2y≤0，
由2cosθ-sinθ=0⇒2ρcosθ-ρsinθ=0，即C3的普通方程为2x-y=0．
联立y2=6x-2y≥02x-y=0，解得：x=12y=1或x=1y=2，即交点坐标为12,1，1,2；
联立y2=-6x-2y≤02x-y=0，解得：x=-12y=-1或x=-1y=-2，即交点坐标为-12,-1，-1,-2．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．（2020·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=x-a2+|x-2a+1|.
（1）当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集；
（2）若f(x)≥4，求a的取值范围.
【答案】（1）xx≤32或x≥112；（2）-∞,-1∪3,+∞.
【分析】（1）分别在x≤3、3
【详解】（1）当a=2时，fx=x-4+x-3.
当x≤3时，fx=4-x+3-x=7-2x≥4，解得：x≤32；
当3
综上所述：fx≥4的解集为xx≤32或x≥112.
（2）fx=x-a2+x-2a+1≥x-a2-x-2a+1=-a2+2a-1=a-12（当且仅当2a-1≤x≤a2时取等号），
∴a-12≥4，解得：a≤-1或a≥3，
∴a的取值范围为-∞,-1∪3,+∞.
【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考题型.
绝密★启用前
冲刺2023年高考数学真题重组卷03
课标全国卷地区专用（解析版）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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．（2020·全国·统考高考真题）已知集合A={(x,y)|x,y∈N*,y≥x}，B={(x,y)|x+y=8}，则A∩B中元素的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【分析】采用列举法列举出A∩B中元素的即可.
【详解】由题意，A∩B中的元素满足{y≥xx+y=8，且x,y∈N*，
由x+y=8≥2x，得x≤4，
所以满足x+y=8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)，
故A∩B中元素的个数为4.
故选：C.
【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.
2．（2022·全国·统考高考真题）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.
【详解】由题设有1-z=1i=ii2=-i，故z=1+i，故z+z=1+i+1-i=2，
故选：D
3．（2021·全国·统考高考真题）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足L=5+lgV．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）（1010≈1.259）
A．1.5 B．1.2 C．0.8 D．0.6
【答案】C
【分析】根据L,V关系，当L=4.9时，求出lgV，再用指数表示V，即可求解.
【详解】由L=5+lgV，当L=4.9时，lgV=-0.1，
则V=10-0.1=10-110=11010≈11.259≈0.8.
故选：C.
4．（2020·全国·统考高考真题）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
【答案】C
【分析】第n环天石心块数为an，第一层共有n环，则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，
设Sn为{an}的前n项和，由题意可得S3n-S2n=S2n-Sn+729，解方程即可得到n，进一步得到S3n.
【详解】设第n环天石心块数为an，第一层共有n环，
则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an=9+(n-1)×9=9n，
设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为Sn,S2n-Sn,S3n-S2n，因为下层比中层多729块，
所以S3n-S2n=S2n-Sn+729，
即3n(9+27n)2-2n(9+18n)2=2n(9+18n)2-n(9+9n)2+729
即9n2=729，解得n=9，
所以S3n=S27=27(9+9×27)2=3402.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
5．（2022·全国·统考高考真题）函数y=3x-3-xcosx在区间-π2,π2的图象大致为（ ）
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.
【详解】令fx=3x-3-xcosx,x∈-π2,π2，
则f-x=3-x-3xcos-x=-3x-3-xcosx=-fx，
所以fx为奇函数，排除BD；
又当x∈0,π2时，3x-3-x>0,cosx>0，所以fx>0，排除C.
故选：A.
6．（2020·全国·统考高考真题）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：°C）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi,yi)(i=1,2,⋯,20)得到下面的散点图：
由此散点图，在10°C至40°C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是（ ）
A．y=a+bx B．y=a+bx2
C．y=a+bex D．y=a+blnx
【答案】D
【分析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.
【详解】由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，
因此，最适合作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是y=a+blnx.
故选：D.
【点睛】本题考查函数模型的选择，主要观察散点图的分布，属于基础题.
7．（2021·全国·统考高考真题）在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于74的概率为（ ）
A．79 B．2332 C．932 D．29
【答案】B
【分析】设从区间0,1,1,2中随机取出的数分别为x,y，则实验的所有结果构成区域为Ω=x,y0
【详解】如图所示：
设从区间0,1,1,2中随机取出的数分别为x,y，则实验的所有结果构成区域为Ω=x,y0
故选：B.
【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中的面积问题，解题关键是准确求出事件Ω,A对应的区域面积，即可顺利解出．
8．（2022·全国·统考高考真题）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．13 B．12 C．33 D．22
【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2r2，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α，
则SABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2
（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2r2
又设四棱锥的高为h，则r2+h2=1，
VO-ABCD=13⋅2r2⋅h=23r2⋅r2⋅2h2≤23r2+r2+2h233=4327
当且仅当r2=2h2即h=33时等号成立.
故选：C
[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=22a，所以该四棱锥的高h=1-a22，
V=13a21-a22=43a24⋅a24⋅(1-a22)≤43a24+a24+1-a2233=43(13)3=4327
(当且仅当a24=1-a22，即a2=43时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高h=1-a22=1-23=33.
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，底面所在圆的半径为r，则r=22a，所以该四棱锥的高h=1-a22，V=13a21-a22，令a2=t(0
故选：C.
【整体点评】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．
9．（2022·全国·统考高考真题）椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQ的斜率之积为14，则C的离心率为（ ）
A．32 B．22 C．12 D．13
【答案】A
【分析】设Px1,y1，则Q-x1,y1，根据斜率公式结合题意可得y12-x12+a2=14，再根据x12a2+y12b2=1，将y1用x1表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设Px1,y1，则Q-x1,y1
则由kAP⋅kAQ=14得：kAP⋅kAQ=y1x1+a⋅y1-x1+a=y12-x12+a2=14，
由x12a2+y12b2=1，得y12=b2a2-x12a2，
所以b2a2-x12a2-x12+a2=14，即b2a2=14，
所以椭圆C的离心率e=ca=1-b2a2=32，故选A.
[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=-kAQ
故kAP⋅kAQ=kPA⋅-kAQ=-14，
由椭圆第三定义得：kPA⋅kAQ=-b2a2，
故b2a2=14
所以椭圆C的离心率e=ca=1-b2a2=32，故选A.
10．（2021·天津·统考高考真题）若2a=5b=10，则1a+1b=（ ）
A．-1 B．lg7 C．1 D．log710
【答案】C
【分析】由已知表示出a,b，再由换底公式可求.
【详解】∵ 2a=5b=10，∴a=log210,b=log510，
∴1a+1b=1log210+1log510=lg2+lg5=lg10=1.
故选：C.
11．（2020·全国·统考高考真题）若2x-2y<3-x-3-y，则（ ）
A．ln(y-x+1)>0 B．ln(y-x+1)<0 C．ln|x-y|>0 D．ln|x-y|<0
【答案】A
【分析】将不等式变为2x-3-x<2y-3-y，根据ft=2t-3-t的单调性知x
令ft=2t-3-t，
∵y=2x为R上的增函数，y=3-x为R上的减函数，∴ft为R上的增函数，
∴x
∵x-y与1的大小不确定，故CD无法确定.
故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到x,y的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.
12．（2020·全国·统考高考真题）若2a+log2a=4b+2log4b，则（ ）
A．a>2b B．a<2b C．a>b2 D．a
【分析】设f(x)=2x+log2x，利用作差法结合f(x)的单调性即可得到答案.
【详解】设f(x)=2x+log2x，则f(x)为增函数，因为2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b
所以f(a)-f(2b)= 2a+log2a-(22b+log22b)= 22b+log2b-(22b+log22b) =log212=-1<0，
所以f(a)
当b=1时，f(a)-f(b2)=2>0，此时f(a)>f(b2)，有a>b2
当b=2时，f(a)-f(b2)=-1<0，此时f(a)
【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2022·全国·统考高考真题）设向量a，b的夹角的余弦值为13，且a=1，b=3，则2a+b⋅b=_________．
【答案】11
【分析】设a与b的夹角为θ，依题意可得cosθ=13，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θ，因为a与b的夹角的余弦值为13，即cosθ=13，
又a=1，b=3，所以a⋅b=a⋅bcosθ=1×3×13=1，
所以2a+b⋅b=2a⋅b+b2=2a⋅b+b2=2×1+32=11．
故答案为：11．
14．（2020·全国·统考高考真题）已知F为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)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______________.
【答案】2
【分析】根据双曲线的几何性质可知，|BF|=b2a，|AF|=c-a，即可根据斜率列出等式求解即可．
【详解】联立{x=cx2a2-y2b2=1c2=b2+a2，解得{x=cy=±b2a，所以|BF|=b2a.
依题可得，|BF||AF|=3，|AF|=c-a，即b2ac-a=c2-a2a(c-a)=3，变形得c+a=3a，c=2a,
因此，双曲线C的离心率为2.
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的求法，以及双曲线的几何性质的应用，属于基础题．
15．（2022·全国·统考高考真题）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】635.
【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有n=C84=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=mn=1270=635．
故答案为：635．
16．（2022·全国·统考高考真题）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD．当ACAB取得最小值时，BD=________．
【答案】3-1##-1+3
【分析】设CD=2BD=2m>0，利用余弦定理表示出AC2AB2后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设CD=2BD=2m>0，
则在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD⋅ADcos∠ADB=m2+4+2m，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD⋅ADcos∠ADC=4m2+4-4m，
所以AC2AB2=4m2+4-4mm2+4+2m=4(m2+4+2m)-12(1+m)m2+4+2m=4-12(m+1)+3m+1
≥4-122(m+1)⋅3m+1=4-23，
当且仅当m+1=3m+1即m=3-1时，等号成立，
所以当ACAB取最小值时，m=3-1.
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）
∴AC2AB2=(2t-1)2+3(t+1)2+3=4t2-4t+4t2+2t+4=4-12(t+1)+3t+1≥4-23当且仅当t+1=3,即BD=3-1时等号成立。
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
{c2=x2+4+2xb2=4+4x2-4x，∴2c2+b2=12+6x2，
{c2=x2+4+2xb2=4+4x2-4x，∴2c2+b2=12+6x2，
令ACAB=t，则2c2+t2c2=12+6x2，
∴t2+2=12+6x2c2=12+6x2x2+2x+4=6(1-2(x+1)+3x+1)≥6-23，
∴t2≥4-23，
当且仅当x+1=3x+1，即x=3+1时等号成立.
[方法四]：判别式法
设BD=x，则CD=2x
在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD⋅ADcos∠ADB=x2+4+2x，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD⋅ADcos∠ADC=4x2+4-4x，
所以AC2AB2=4x2+4-4xx2+4+2x，记t=4x2+4-4xx2+4+2x，
则(4-t)x2-(4+2t)x+(4-4t)=0
由方程有解得：Δ=(4+2t)2-4(4-t)(4-4t)≥0
即t2-8t+4≤0，解得：4-23≤t≤4+23
所以tmin=4-23，此时x=2+t4-t=3-1
所以当ACAB取最小值时，x=3-1，即BD=3-1.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
17．（2022·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A)．
(1)证明：2a2=b2+c2；
(2)若a=5,cosA=2531，求△ABC的周长．
【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sinCsinA-B=sinBsinC-A，
所以sinCsinAcosB-sinCsinBcosA=sinBsinCcosA-sinBsinAcosC，
所以ac⋅a2+c2-b22ac-2bc⋅b2+c2-a22bc=-ab⋅a2+b2-c22ab，
即a2+c2-b22-b2+c2-a2=-a2+b2-c22，
所以2a2=b2+c2；
（2）解：因为a=5,cosA=2531，
由（1）得b2+c2=50，
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA，
则50-5031bc=25，
所以bc=312，
故b+c2=b2+c2+2bc=50+31=81，
所以b+c=9，
所以△ABC的周长为a+b+c=14.
18．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点．BF⊥A1B1
（1）证明：BF⊥DE；
（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）B1D=12
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为BF⊥A1B1,A1B1//AB，所以BF⊥AB．
又因为AB⊥BB1，BF∩BB1=B，所以AB⊥平面BCC1B1．又因为AB=BC=2，构造正方体ABCG-A1B1C1G1，如图所示，
过E作AB的平行线分别与AG，BC交于其中点M,N，连接A1M,B1N，
因为E，F分别为AC和CC1的中点，所以N是BC的中点，
易证Rt△BCF≅Rt△B1BN，则∠CBF=∠BB1N．
又因为∠BB1N+∠B1NB=90°，所以∠CBF+∠B1NB=90°，BF⊥B1N．
又因为BF⊥A1B1,B1N∩A1B1=B1，所以BF⊥平面A1MNB1．
又因为ED⊂平面A1MNB1，所以BF⊥DE．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥底面ABC，∴BB1⊥AB
∵A1B1//AB，BF⊥A1B1，∴BF⊥AB，又BB1∩BF=B，∴AB⊥平面BCC1B1．所以BA,BC,BB1两两垂直．
以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图．
∴B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0), B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2)，E(1,1,0),F(0,2,1)．
由题设D(a,0,2)（0≤a≤2）．
因为BF=(0,2,1),DE=(1-a,1,-2)，
所以BF⋅DE=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0，所以BF⊥DE．
[方法三]：因为BF⊥A1B1，A1B1//AB，所以BF⊥AB，故BF⋅A1B1=0，BF⋅AB=0，所以BF⋅ED=BF⋅(EB+BB1+B1D) =BF⋅B1D+BF⋅(EB+BB1) =BF⋅EB+BF⋅BB1 =BF(-12BA-12BC)+BF⋅BB1 =-12BF⋅BA-12BF⋅BC+BF⋅BB1 =-12BF⋅BC+BF⋅BB1 =-12|BF|⋅|BC|cos∠FBC+|BF|⋅|BB1|cos∠FBB1 =-12×5×2×25+5×2×15=0，所以BF⊥ED．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面DFE的法向量为m=(x,y,z)，
因为EF=(-1,1,1),DE=(1-a,1,-2)，
所以{m⋅EF=0m⋅DE=0，即{-x+y+z=0(1-a)x+y-2z=0．
令z=2-a，则m=(3,1+a,2-a)
因为平面BCC1B1的法向量为BA=(2,0,0)，
设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ，
则|cosθ|=|m⋅BA||m|⋅|BA| =62×2a2-2a+14 =32a2-2a+14．
当a=12时，2a2-2a+4取最小值为272，
此时cosθ取最大值为3272=63．
所以(sinθ)min=1-(63)2=33，此时B1D=12．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长EF交A1C1的延长线于点S，联结DS交B1C1于点T，则平面DFE∩平面BB1C1C=FT．
作B1H⊥FT，垂足为H，因为DB1⊥平面BB1C1C，联结DH，则∠DHB1为平面BB1C1C与平面DFE所成二面角的平面角．
设B1D=t, t∈[0,2], B1T=s，过C1作C1G//A1B1交DS于点G．
由C1SSA1=13=C1GA1D得C1G=13(2-t)．
又B1DC1G=B1TC1T，即t13(2-t)=s2-s，所以s=3tt+1．
又B1HC1F=B1TFT，即B1H1=s1+(2-s)2，所以B1H=s1+(2-s)2．
所以DH=B1H2+B1D2 =s21+(2-s)2+t2 =9t22t2-2t+5+t2．
则sin∠DHB1=B1DDH =t9t22t2-2t+5+t2 =192(t-12)2+92+1，
所以，当t=12时，(sin∠DHB1)min=33．
[方法三]：投影法
如图，联结FB1,FN，
△DEF在平面BB1C1C的投影为△B1NF，记面BB1C1C与面DFE所成的二面角的平面角为θ，则cosθ=S△B1NFS△DEF．
设B1D=t(0≤t≤2)，在Rt△DB1F中，DF=B1D2+B1F2=t2+5．
在Rt△ECF中，EF=EC2+FC2=3，过D作B1N的平行线交EN于点Q．
在Rt△DEQ中，DE=QD2+EQ2=5+(1-t)2．
在△DEF中，由余弦定理得cos∠DFE=DF2+EF2-DE22DF⋅EF =3t2+15(t+1)3(t2+5)，sin∠DFE=2t2-2t+143(t2+5)，S△DFE=12DF⋅EFsin∠DFE =122t2-2t+14，S△B1NF=32,
cosθ=S△B1NFS△DFE =32t2-2t+14，sinθ=1-92(t2-t+7)，
当t=12，即B1D=12，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为33．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面BB1C1C与面DFE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DFE在面BB1C1C上的投影三角形的面积与△DFE面积之比即为面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
19．（2020·全国·统考高考真题）某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：
锻炼人次
空气质量等级
[0，200]
(200，400]
(400，600]
1（优）
2
16
25
2（良）
5
10
12
3（轻度污染）
6
7
8
4（中度污染）
7
2
0
（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；
（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？
人次≤400
人次>400
空气质量好
空气质量不好
附：K2=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）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析.
【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率；
（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；
（3）根据表格中的数据完善2×2列联表，计算出K2的观测值，再结合临界值表可得结论.
【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为2+16+25100=0.43，等级为2的概率为5+10+12100=0.27，等级为3的概率为6+7+8100=0.21，等级为4的概率为7+2+0100=0.09；
（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100×20+300×35+500×45100=350
（3）2×2列联表如下：
人次≤400
人次>400
空气质量好
33
37
空气质量不好
22
8
K2=100×33×8-37×22255×45×70×30≈5.820>3.841，
因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.
20．（2021·天津·统考高考真题）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，上顶点为B，离心率为255，且BF=5．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若MP//BF，求直线l的方程．
【答案】（1）x25+y2=1；（2）x-y+6=0.
【分析】（1）求出a的值，结合c的值可得出b的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点Mx0,y0，分析出直线l的方程为x0x5+y0y=1，求出点P的坐标，根据MP//BF可得出kMP=kBF，求出x0、y0的值，即可得出直线l的方程.
【详解】（1）易知点Fc,0、B0,b，故BF=c2+b2=a=5，
因为椭圆的离心率为e=ca=255，故c=2，b=a2-c2=1，
因此，椭圆的方程为x25+y2=1；
（2）设点Mx0,y0为椭圆x25+y2=1上一点，
先证明直线MN的方程为x0x5+y0y=1，
联立x0x5+y0y=1x25+y2=1，消去y并整理得x2-2x0x+x02=0，Δ=4x02-4x02=0，
因此，椭圆x25+y2=1在点Mx0,y0处的切线方程为x0x5+y0y=1.
在直线MN的方程中，令x=0，可得y=1y0，由题意可知y0>0，即点N0,1y0，
直线BF的斜率为kBF=-bc=-12，所以，直线PN的方程为y=2x+1y0，
在直线PN的方程中，令y=0，可得x=-12y0，即点P-12y0,0，
因为MP//BF，则kMP=kBF，即y0x0+12y0=2y022x0y0+1=-12，整理可得x0+5y02=0，
所以，x0=-5y0，因为x025+y02=6y02=1，∴y0>0，故y0=66，x0=-566，
所以，直线l的方程为-66x+66y=1，即x-y+6=0.
【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为y=kx+m与椭圆方程联立，由Δ=0进行求解；
（2）椭圆x2a2+y2b2=1在其上一点x0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1，再应用此方程时，首先应证明直线x0xa2+y0yb2=1与椭圆x2a2+y2b2=1相切.
21．（2022·全国·统考高考真题）已知函数fx=exx-lnx+x-a．
(1)若fx≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则x1x2<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exx-xe1x-2[lnx-12(x-1x)]>0，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
f(x)的定义域为(0,+∞)，则
f'(x)=(1x-1x2)ex-1x+1 =1x(1-1x)ex+(1-1x)=x-1x(exx+1)
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-lnx+x+x-lnx-a≥0
令t=x-lnx,t≥1，则f(t)=et+t-a≥0即a≤et+t
令g(t)=et+t,t∈[1,+∞)，则g'(t)=et+1>0
故g(t)=et+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
因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)
又因为f(x1)=f(x2),故只需证f(x2)>f(1x2)
即证exx-lnx+x-xe1x-lnx-1x>0,x∈(1,+∞)
即证exx-xe1x-2[lnx-12(x-1x)]>0
下面证明x>1时，exx-xe1x>0,lnx-12(x-1x)<0
设g(x)=exx-xe1x,x>1，
则g'(x)=(1x-1x2)ex-(e1x+xe1x⋅(-1x2))=1x(1-1x)ex-e1x(1-1x)
=(1-1x)(exx-e1x)=x-1x(exx-e1x)
设φ(x)=exx(x>1),φ'(x)=(1x-1x2)ex=x-1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx-xe1x>0
令h(x)=lnx-12(x-1x),x>1
h'(x)=1x-12(1+1x2)=2x-x2-12x2=-(x-1)22x2<0
所以h(x)在(1,+∞)单调递减
即h(x)
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：f(x)=exx+lnexx-a
令t=exx>1，则f(t)=t+lnt-a，f'(t)=1+1t>0
所以g(t)=t+lnt-a在(1,+∞)上单调递增，故g(t)=0只有1个解
又因为f(x)=exx+lnexx-a有两个零点x1,x2，故t=ex1x1=ex2x2
两边取对数得：x1-lnx1=x2-lnx2，即x1-x2lnx1-lnx2=1
又因为x1x2
故h(t)=2lnt-t+1t在(1,+∞)上单调递减
故h(t)
h(x)=lnx-12(x-1x)这个函数经常出现，需要掌握
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．（2022·全国·统考高考真题）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+t6y=t（t为参数），曲线C2的参数方程为x=-2+s6y=-s（s为参数）．
(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2cosθ-sinθ=0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．
【答案】(1)y2=6x-2y≥0；
(2)C3,C1的交点坐标为12,1，1,2，C3,C2的交点坐标为-12,-1，-1,-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+t6，y=t，所以x=2+y26，即C1的普通方程为y2=6x-2y≥0．
（2）因为x=-2+s6,y=-s，所以6x=-2-y2，即C2的普通方程为y2=-6x-2y≤0，
由2cosθ-sinθ=0⇒2ρcosθ-ρsinθ=0，即C3的普通方程为2x-y=0．
联立y2=6x-2y≥02x-y=0，解得：x=12y=1或x=1y=2，即交点坐标为12,1，1,2；
联立y2=-6x-2y≤02x-y=0，解得：x=-12y=-1或x=-1y=-2，即交点坐标为-12,-1，-1,-2．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．（2020·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=x-a2+|x-2a+1|.
（1）当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集；
（2）若f(x)≥4，求a的取值范围.
【答案】（1）xx≤32或x≥112；（2）-∞,-1∪3,+∞.
【分析】（1）分别在x≤3、3
【详解】（1）当a=2时，fx=x-4+x-3.
当x≤3时，fx=4-x+3-x=7-2x≥4，解得：x≤32；
当3
综上所述：fx≥4的解集为xx≤32或x≥112.
（2）fx=x-a2+x-2a+1≥x-a2-x-2a+1=-a2+2a-1=a-12（当且仅当2a-1≤x≤a2时取等号），
∴a-12≥4，解得：a≤-1或a≥3，
∴a的取值范围为-∞,-1∪3,+∞.
【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考题型.
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