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所属成套资源：【冲刺高考】2024年高考数学真题重组卷（多地区）
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真题重组卷03（2024新试卷结构）-冲刺2024年高考数学真题重组卷（新高考江苏专用）
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这是一份真题重组卷03（2024新试卷结构）-冲刺2024年高考数学真题重组卷（新高考江苏专用），文件包含真题重组卷03新结构高考专用原卷版docx、真题重组卷03新结构高考专用解析版docx、真题重组卷03新结构高考专用参考答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
1、锻炼学生的心态。能够帮助同学们树立良好的心态，增加自己的自信心。
2、锻炼学生管理时间。通过模拟考试就会让同学们学会分配时间，学会取舍。
3、熟悉题型和考场。模拟考试是很接近高考的，让同学们提前感受到考场的气氛和布局。
高考的取胜除了平时必要的学习外，还要有一定的答题技巧和良好心态。此外，通过模拟考试还能增强学生们面对高考的信心，希望考生们能够重视模拟考试。
真题重组卷03（新结构高考专用）（解析版）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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，只有一项是符合要求的。
1.（2023·北京·统考高考真题）若，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】解法一：
因为，且，
所以，即，即，所以.
所以“”是“”的充要条件.
解法二：
充分性：因为，且，所以，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，即，即，所以.
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
解法三：
充分性：因为，且，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，
所以，所以，所以，
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
2.（2023•天津）函数的图象如图所示，则的解析式可能为
A．B．
C．D．
【答案】
【解析】由图象可知，图象关于轴对称，为偶函数，故错误，
当时，恒大于0，与图象不符合，故错误．
故选：．
3.（2021•乙卷）设，，，则
A．B．C．D．
【答案】
【解析】，，
，
令，，
令，则
，
，
，
在上单调递增，
（1），
，
，
同理令，
再令，则
，
，
，
在上单调递减，
（1），
，
，
．
故选：．
4.（2023•乙卷（理））已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】根据题意，设该圆锥的高为，即，取的中点，连接、，
由于圆锥的底面半径为，即，
而，故，
同时，
中，，为的中点，则有，
又由的面积等于，即，变形可得，
而，则有，解可得，
故该圆锥的体积．
故选：．
5.（2022•甲卷（文））已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点，为的上顶点．若，则的方程为
A．B．
C．D．
【答案】
【解析】由椭圆的离心率可设椭圆方程为，
则，
由平面向量数量积的运算法则可得：
，，
则椭圆方程为．
故选：．
6.（2022•天津）已知，关于该函数有下列四个说法：
①的最小正周期为；
②在，上单调递增；
③当，时，的取值范围为，；
④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到．
以上四个说法中，正确的个数为
A．1B．2C．3D．4
【答案】
【解析】对于，它的最小正周期为，故①错误；
在，，，，函数单调递增，故②正确；
当，时，，，的取值范围为，，故③错误；
的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，故④错误，
故选：．
7.（2023•甲卷（理））向量，，且，则，
A．B．C．D．
【答案】
【解析】因为向量，，且，所以，
所以，
即，，
解得，，
所以，
所以，
，
所以，．
故选：．
8.（2021•乙卷（文））下列函数中最小值为4的是
A．B．C．D．
【答案】
【解析】对于，，
所以函数的最小值为3，故选项错误；
对于，因为，所以，
当且仅当，即时取等号，
因为，所以等号取不到，
所以，故选项错误；
对于，因为，所以，
当且仅当，即时取等号，
所以函数的最小值为4，故选项正确；
对于，因为当时，，
所以函数的最小值不是4，故选项错误．
故选：．
二、多项选择题：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.（多选题）（2022•新高考Ⅰ）已知函数，则
A．有两个极值点
B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
【答案】
【解析】，令，解得或，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，且，
有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项正确，选项错误；
又，则关于点对称，故选项正确；
假设是曲线的切线，设切点为，则，解得或，
显然和均不在曲线上，故选项错误．
故选：．
10.（多选题）（2021•新高考Ⅰ）有一组样本数据，，，，由这组数据得到新样本数据，，，，其中，2，，，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
【答案】
【解析】对于，两组数据的平均数的差为，故错误；
对于，两组样本数据的样本中位数的差是，故错误；
对于，标准差，
两组样本数据的样本标准差相同，故正确；
对于，，2，，，为非零常数，
的极差为，的极差为，
两组样本数据的样本极差相同，故正确．
故选：．
11.如图，在正方体中，为棱上的动点，为棱的中点，则下列选项正确的是
A．直线与直线相交
B．当为棱上的中点时，则点在平面的射影是点
C．不存在点，使得直线与直线所成角为
D．三棱锥的体积为定值
【解析】CD
【详解】A：由题意知，，平面，平面
所以平面，又平面，所以与不相交，故A错误；
B：连接，如图，
当点为的中点时，，又，所以，
若点在平面的射影为，则平面，垂足为，
所以，设正方体的棱长为2，则，
在中，，所以，
即不成立，故B错误；
C：建立如图空间直角坐标系，连接，则，
所以异面直线与所成角为直线与所成角，
设正方体的棱长为2，若存在点使得与所成角为，
则，所以，
所以，又，
得，解得，
符合题意，故不存在点使得与所成角为，故C错误；
D：如图，由等体积法可知，
又，为定值，所以为定值，所以三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.（2022•上海）二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，则 ．
【答案】10．
【解析】二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，
即，即，
，
故答案为：10．
13.（2023•甲卷（理））在中，，，，为上一点，为的平分线，则 ．
【答案】2．
【解析】如图，在中，，，
由正弦定理可得，
，又，
，，
又为的平分线，且，
，又，，
．
故答案为：2．
14.窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．在2022年虎年新春来临之际，许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛，寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望，设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花(如左图)．已知正方形ABCD的边长为4，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点(如右图)．若点P在四个半圆的圆弧上运动，则向量AC·OB的取值范围是 .
[答案][－8－8eq \r(2)，8＋8eq \r(2)]
[试题解析]以O为原点，eq \(OC,\s\up18(→))的方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，因为正方形ABCD的边长为4，所以AC＝4eq \r(2)，点A(－2eq \r(2)，0)，C(2eq \r(2)，0)，设AD的中点为E，则E(－eq \r(2)，eq \r(2))，AE＝2，当P是半圆E上的一动点时，设点P(－eq \r(2)＋2csθ，eq \r(2)＋2sinθ)，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))＝4eq \r(2)(－eq \r(2)＋2csθ)＝－8＋8eq \r(2)csθ，因为csθ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))，所以eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[－8－8eq \r(2)，0]；同理可知，当P在左下侧圆上运动时，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[－8－8eq \r(2)，0]；同理可知，当P在右侧圆上运动时，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))＝4eq \r(2)(eq \r(2)＋2csθ)＝8＋8eq \r(2)csθ，csθ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[0,8＋8eq \r(2)]．综上可知，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[－8－8eq \r(2)，8＋8eq \r(2)]。
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）已知函数f(x)＝2(x－1)ex．
（Ⅰ）若函数f(x)在区间(a，＋∞)上单调递增，求f(a)的取值范围；
（Ⅱ）设函数g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，求实数p的取值范围．
[解析]：（Ⅰ）由f′(x)＝2xex＞0，得x＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，
所以f(a)≥f(0)＝－2．
所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．
（Ⅱ）因为存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥2(x0－1)ex0－x0成立，
所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．
令h(x)＝(2x－3)ex，从而p≥h(x)min，h'(x)＝(2x－1)ex．
因为x≥1，所以2x－1≥1，ex＞0，
所以h'(x)＞0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，
所以实数p的取值范围是[：（Ⅰ）由f′(x)＝2xex＞0，得x＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，
所以f(a)≥f(0)＝－2．
所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．
（Ⅱ）因为存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥2(x0－1)ex0－x0成立，
所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．
令h(x)＝(2x－3)ex，从而p≥h(x)min，h'(x)＝(2x－1)ex．
因为x≥1，所以2x－1≥1，ex＞0，
所以h'(x)＞0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，
所以实数p的取值范围是[－e，＋∞)．
16（15分）（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】证明：由于，，
平面平面，平面，平面，
所以为二面角的平面角，
则，平面，则．
又，
则是等边三角形，则，
因为，，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，因为平面，故；
（Ⅱ）由于平面，如图建系：
于是，则，
，
设平面的法向量，，，
则，，令，则，，
平面的法向量，
设与平面所成角为，
则．
17.（15分）（2023•北京）为了研究某种农产品价格变化的规律，收集到了该农产品连续40天的价格变化数据，如表所示，在描述价格变化时，用“”表示“上涨”；即当天价格比前一天价格高，用“”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低：用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同．
用频率估计概率．
（Ⅰ）试估计该农产品“上涨”的概率；
（Ⅱ）假设该农产品每天的价格变化是相互独立的，在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率；
（Ⅲ）假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格的影响，判断第41天该农产品价格“上涨”、“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．（结论不要求证明）
【解析】（Ⅰ）由表可知，40天中“上涨”的有16天，则该农产品“上涨”的概率为．
（Ⅱ）由表可知，40天中“上涨”的有16天，则该农产品“下降”的概率为，
40天中“不变”的有10天，则该农产品“上涨”的概率为，
则该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率．
（Ⅲ）由于第40天处于“上涨”状态，从前39天中15次“上涨”进行分析，
“上涨”后下一次仍“上涨”的有4次，概率为，
“上涨”后下一次“不变”的有9次，概率为，
“上涨”后下一次“下降”的有2次，概率为，
故第41天该农产品价格“不变”的概率估值最大．
18.（17分）（2023•新高考Ⅰ）设等差数列的公差为，且．令，记，分别为数列，的前项和．
（1）若，，求的通项公式；
（2）若为等差数列，且，求．
【解析】（1），，
根据题意可得，
，
，又，
解得，，
，；
（2）为等差数列，为等差数列，且，
根据等差数列的通项公式的特点，可设，则，且；
或设，则，且，
①当，，时，
则，
，，又，
解得；
②当，，时，
则，
，，又，
此时无解，
综合可得．
19.（17分）（2023•新高考Ⅰ）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【解析】（1）设点点坐标为，由题意得，
两边平方可得：，
化简得：，符合题意．
故的方程为．
（2）解法一：不妨设，，三点在上，且．
设，，，
则，．
由题意，，即，
显然，于是．
此时，．．于是，．
不妨设，则，
则
．
设，则，即，
又．
显然，为最小值点．故，
故矩形的周长为．
注意这里有两个取等条件，一个是，另一个是，
这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．
解法二：不妨设，，在抛物线上，不在抛物线上，欲证命题为．
由图象的平移可知，将抛物线看作不影响问题的证明．
设，，平移坐标系使为坐标原点，
则新抛物线方程为，写为极坐标方程，
即，即．
欲证明的结论为，
也即．
不妨设，将不等式左边看成关于的函数，根据绝对值函数的性质，
其最小值当即时取得，
因此欲证不等式为，即，
根据均值不等式，有
，
由题意，等号不成立，故原命题得证．
时段
价格变化
第1天到第20天
0
0
0
0
0
第21天到第40天
0
0
0
0
0
1、锻炼学生的心态。能够帮助同学们树立良好的心态，增加自己的自信心。
2、锻炼学生管理时间。通过模拟考试就会让同学们学会分配时间，学会取舍。
3、熟悉题型和考场。模拟考试是很接近高考的，让同学们提前感受到考场的气氛和布局。
高考的取胜除了平时必要的学习外，还要有一定的答题技巧和良好心态。此外，通过模拟考试还能增强学生们面对高考的信心，希望考生们能够重视模拟考试。
真题重组卷03（新结构高考专用）（解析版）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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，只有一项是符合要求的。
1.（2023·北京·统考高考真题）若，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】解法一：
因为，且，
所以，即，即，所以.
所以“”是“”的充要条件.
解法二：
充分性：因为，且，所以，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，即，即，所以.
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
解法三：
充分性：因为，且，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，
所以，所以，所以，
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
2.（2023•天津）函数的图象如图所示，则的解析式可能为
A．B．
C．D．
【答案】
【解析】由图象可知，图象关于轴对称，为偶函数，故错误，
当时，恒大于0，与图象不符合，故错误．
故选：．
3.（2021•乙卷）设，，，则
A．B．C．D．
【答案】
【解析】，，
，
令，，
令，则
，
，
，
在上单调递增，
（1），
，
，
同理令，
再令，则
，
，
，
在上单调递减，
（1），
，
，
．
故选：．
4.（2023•乙卷（理））已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】根据题意，设该圆锥的高为，即，取的中点，连接、，
由于圆锥的底面半径为，即，
而，故，
同时，
中，，为的中点，则有，
又由的面积等于，即，变形可得，
而，则有，解可得，
故该圆锥的体积．
故选：．
5.（2022•甲卷（文））已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点，为的上顶点．若，则的方程为
A．B．
C．D．
【答案】
【解析】由椭圆的离心率可设椭圆方程为，
则，
由平面向量数量积的运算法则可得：
，，
则椭圆方程为．
故选：．
6.（2022•天津）已知，关于该函数有下列四个说法：
①的最小正周期为；
②在，上单调递增；
③当，时，的取值范围为，；
④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到．
以上四个说法中，正确的个数为
A．1B．2C．3D．4
【答案】
【解析】对于，它的最小正周期为，故①错误；
在，，，，函数单调递增，故②正确；
当，时，，，的取值范围为，，故③错误；
的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，故④错误，
故选：．
7.（2023•甲卷（理））向量，，且，则，
A．B．C．D．
【答案】
【解析】因为向量，，且，所以，
所以，
即，，
解得，，
所以，
所以，
，
所以，．
故选：．
8.（2021•乙卷（文））下列函数中最小值为4的是
A．B．C．D．
【答案】
【解析】对于，，
所以函数的最小值为3，故选项错误；
对于，因为，所以，
当且仅当，即时取等号，
因为，所以等号取不到，
所以，故选项错误；
对于，因为，所以，
当且仅当，即时取等号，
所以函数的最小值为4，故选项正确；
对于，因为当时，，
所以函数的最小值不是4，故选项错误．
故选：．
二、多项选择题：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.（多选题）（2022•新高考Ⅰ）已知函数，则
A．有两个极值点
B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
【答案】
【解析】，令，解得或，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，且，
有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项正确，选项错误；
又，则关于点对称，故选项正确；
假设是曲线的切线，设切点为，则，解得或，
显然和均不在曲线上，故选项错误．
故选：．
10.（多选题）（2021•新高考Ⅰ）有一组样本数据，，，，由这组数据得到新样本数据，，，，其中，2，，，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
【答案】
【解析】对于，两组数据的平均数的差为，故错误；
对于，两组样本数据的样本中位数的差是，故错误；
对于，标准差，
两组样本数据的样本标准差相同，故正确；
对于，，2，，，为非零常数，
的极差为，的极差为，
两组样本数据的样本极差相同，故正确．
故选：．
11.如图，在正方体中，为棱上的动点，为棱的中点，则下列选项正确的是
A．直线与直线相交
B．当为棱上的中点时，则点在平面的射影是点
C．不存在点，使得直线与直线所成角为
D．三棱锥的体积为定值
【解析】CD
【详解】A：由题意知，，平面，平面
所以平面，又平面，所以与不相交，故A错误；
B：连接，如图，
当点为的中点时，，又，所以，
若点在平面的射影为，则平面，垂足为，
所以，设正方体的棱长为2，则，
在中，，所以，
即不成立，故B错误；
C：建立如图空间直角坐标系，连接，则，
所以异面直线与所成角为直线与所成角，
设正方体的棱长为2，若存在点使得与所成角为，
则，所以，
所以，又，
得，解得，
符合题意，故不存在点使得与所成角为，故C错误；
D：如图，由等体积法可知，
又，为定值，所以为定值，所以三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.（2022•上海）二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，则 ．
【答案】10．
【解析】二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，
即，即，
，
故答案为：10．
13.（2023•甲卷（理））在中，，，，为上一点，为的平分线，则 ．
【答案】2．
【解析】如图，在中，，，
由正弦定理可得，
，又，
，，
又为的平分线，且，
，又，，
．
故答案为：2．
14.窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．在2022年虎年新春来临之际，许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛，寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望，设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花(如左图)．已知正方形ABCD的边长为4，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点(如右图)．若点P在四个半圆的圆弧上运动，则向量AC·OB的取值范围是 .
[答案][－8－8eq \r(2)，8＋8eq \r(2)]
[试题解析]以O为原点，eq \(OC,\s\up18(→))的方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，因为正方形ABCD的边长为4，所以AC＝4eq \r(2)，点A(－2eq \r(2)，0)，C(2eq \r(2)，0)，设AD的中点为E，则E(－eq \r(2)，eq \r(2))，AE＝2，当P是半圆E上的一动点时，设点P(－eq \r(2)＋2csθ，eq \r(2)＋2sinθ)，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))＝4eq \r(2)(－eq \r(2)＋2csθ)＝－8＋8eq \r(2)csθ，因为csθ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))，所以eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[－8－8eq \r(2)，0]；同理可知，当P在左下侧圆上运动时，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[－8－8eq \r(2)，0]；同理可知，当P在右侧圆上运动时，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))＝4eq \r(2)(eq \r(2)＋2csθ)＝8＋8eq \r(2)csθ，csθ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[0,8＋8eq \r(2)]．综上可知，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[－8－8eq \r(2)，8＋8eq \r(2)]。
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）已知函数f(x)＝2(x－1)ex．
（Ⅰ）若函数f(x)在区间(a，＋∞)上单调递增，求f(a)的取值范围；
（Ⅱ）设函数g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，求实数p的取值范围．
[解析]：（Ⅰ）由f′(x)＝2xex＞0，得x＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，
所以f(a)≥f(0)＝－2．
所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．
（Ⅱ）因为存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥2(x0－1)ex0－x0成立，
所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．
令h(x)＝(2x－3)ex，从而p≥h(x)min，h'(x)＝(2x－1)ex．
因为x≥1，所以2x－1≥1，ex＞0，
所以h'(x)＞0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，
所以实数p的取值范围是[：（Ⅰ）由f′(x)＝2xex＞0，得x＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，
所以f(a)≥f(0)＝－2．
所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．
（Ⅱ）因为存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥2(x0－1)ex0－x0成立，
所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．
令h(x)＝(2x－3)ex，从而p≥h(x)min，h'(x)＝(2x－1)ex．
因为x≥1，所以2x－1≥1，ex＞0，
所以h'(x)＞0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，
所以实数p的取值范围是[－e，＋∞)．
16（15分）（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】证明：由于，，
平面平面，平面，平面，
所以为二面角的平面角，
则，平面，则．
又，
则是等边三角形，则，
因为，，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，因为平面，故；
（Ⅱ）由于平面，如图建系：
于是，则，
，
设平面的法向量，，，
则，，令，则，，
平面的法向量，
设与平面所成角为，
则．
17.（15分）（2023•北京）为了研究某种农产品价格变化的规律，收集到了该农产品连续40天的价格变化数据，如表所示，在描述价格变化时，用“”表示“上涨”；即当天价格比前一天价格高，用“”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低：用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同．
用频率估计概率．
（Ⅰ）试估计该农产品“上涨”的概率；
（Ⅱ）假设该农产品每天的价格变化是相互独立的，在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率；
（Ⅲ）假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格的影响，判断第41天该农产品价格“上涨”、“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．（结论不要求证明）
【解析】（Ⅰ）由表可知，40天中“上涨”的有16天，则该农产品“上涨”的概率为．
（Ⅱ）由表可知，40天中“上涨”的有16天，则该农产品“下降”的概率为，
40天中“不变”的有10天，则该农产品“上涨”的概率为，
则该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率．
（Ⅲ）由于第40天处于“上涨”状态，从前39天中15次“上涨”进行分析，
“上涨”后下一次仍“上涨”的有4次，概率为，
“上涨”后下一次“不变”的有9次，概率为，
“上涨”后下一次“下降”的有2次，概率为，
故第41天该农产品价格“不变”的概率估值最大．
18.（17分）（2023•新高考Ⅰ）设等差数列的公差为，且．令，记，分别为数列，的前项和．
（1）若，，求的通项公式；
（2）若为等差数列，且，求．
【解析】（1），，
根据题意可得，
，
，又，
解得，，
，；
（2）为等差数列，为等差数列，且，
根据等差数列的通项公式的特点，可设，则，且；
或设，则，且，
①当，，时，
则，
，，又，
解得；
②当，，时，
则，
，，又，
此时无解，
综合可得．
19.（17分）（2023•新高考Ⅰ）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【解析】（1）设点点坐标为，由题意得，
两边平方可得：，
化简得：，符合题意．
故的方程为．
（2）解法一：不妨设，，三点在上，且．
设，，，
则，．
由题意，，即，
显然，于是．
此时，．．于是，．
不妨设，则，
则
．
设，则，即，
又．
显然，为最小值点．故，
故矩形的周长为．
注意这里有两个取等条件，一个是，另一个是，
这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．
解法二：不妨设，，在抛物线上，不在抛物线上，欲证命题为．
由图象的平移可知，将抛物线看作不影响问题的证明．
设，，平移坐标系使为坐标原点，
则新抛物线方程为，写为极坐标方程，
即，即．
欲证明的结论为，
也即．
不妨设，将不等式左边看成关于的函数，根据绝对值函数的性质，
其最小值当即时取得，
因此欲证不等式为，即，
根据均值不等式，有
，
由题意，等号不成立，故原命题得证．
时段
价格变化
第1天到第20天
0
0
0
0
0
第21天到第40天
0
0
0
0
0
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