2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题（解析版）

2023年高考数学试卷（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）（2023•新高考Ⅰ）已知集合M＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，N＝{x|x2﹣x﹣6≥0}，则M∩N＝（　　）A．{﹣2，﹣1，0，1}B．{0，1，2}C．{﹣2}D．{2}2．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知z=1−i2+2i，则z−z=（　　）A．﹣iB．iC．0D．13．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知向量a→=（1，1），b→=（1，﹣1）．若（a→+λb→）⊥（a→+μb→），则（　　）A．λ+μ＝1B．λ+μ＝﹣1C．λμ＝1D．λμ＝﹣14．（5分）（2023•新高考Ⅰ）设函数f（x）＝2x（x﹣a）在区间（0，1）单调递减，则a的取值范围是（　　）A．（﹣∞，﹣2]B．[﹣2，0）C．（0，2]D．[2，+∞）5．（5分）（2023•新高考Ⅰ）设椭圆C1：x2a2+y2＝1（a＞1），C2：x24+y2＝1的离心率分别为e1，e2．若e2=3e1，则a＝（　　）A．233B．2C．3D．66．（5分）（2023•新高考Ⅰ）过点（0，﹣2）与圆x2+y2﹣4x﹣1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα＝（　　）A．1B．154C．104D．647．（5分）（2023•新高考Ⅰ）记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{Snn}为等差数列，则（　　）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件第25页（共25页）,8．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知sin（α﹣β）=13，cosαsinβ=16，则cos（2α+2β）＝（　　）A．79B．19C．−19D．−79二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）（2023•新高考Ⅰ）有一组样本数据x1，x2，⋯，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则（　　）A．x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，⋯，x6的平均数B．x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，⋯，x6的中位数C．x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，⋯，x6的标准差D．x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，⋯，x6的极差（多选）10．（5分）（2023•新高考Ⅰ）噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lgpp0，其中常数p0（p0＞0）是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级：声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060～90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则（　　）A．p1≥p2B．p2＞10p3C．p3＝100p0D．p1≤100p2（多选）11．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知函数f（x）的定义域为R，f（xy）＝y2f（x）+x2f（y），则（　　）A．f（0）＝0B．f（1）＝0C．f（x）是偶函数D．x＝0为f（x）的极小值点第25页（共25页）,（多选）12．（5分）（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（　　）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）（2023•新高考Ⅰ）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有　　种（用数字作答）．14．（5分）（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1=2，则该棱台的体积为　　．15．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝cosωx﹣1（ω＞0）在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是　　．16．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2．点A在C上，点B在y轴上，F1A→⊥F1B→，F2A→=−23F2B→，则C的离心率为　　．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）（2023•新高考Ⅰ）已知在△ABC中，A+B＝3C，2sin（A﹣C）＝sinB．（1）求sinA；（2）设AB＝5，求AB边上的高．18．（12分）（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．（1）证明：B2C2∥A2D2；（2）点P在棱BB1上，当二面角P﹣A2C2﹣D2为150°时，求B2P．第25页（共25页）,19．（12分）（2023•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝a（ex+a）﹣x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当a＞0时，f（x）＞2lna+32．20．（12分）（2023•新高考Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，且d＞1．令bn=n2+nan，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．（1）若3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，求{an}的通项公式；（2）若{bn}为等差数列，且S99﹣T99＝99，求d．21．（12分）（2023•新高考Ⅰ）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．（1）求第2次投篮的人是乙的概率；（2）求第i次投篮的人是甲的概率；（3）已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P（Xi＝1）＝1﹣P（Xi＝0）＝qi，i＝1，2，⋯，n，则E（i=1nXi）=i=1nqi．记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y，求E（Y）．22．（12分）（2023•新高考Ⅰ）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，12）的距离，记动点P的轨迹为W．（1）求W的方程；（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33．第25页（共25页）,2023年高考数学试卷（新高考Ⅰ）参考答案与试题解析一、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）（2023•新高考Ⅰ）已知集合M＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，N＝{x|x2﹣x﹣6≥0}，则M∩N＝（　　）A．{﹣2，﹣1，0，1}B．{0，1，2}C．{﹣2}D．{2}【答案】C【分析】先把集合N表示出来，再根据交集的定义计算即可．【解答】解：∵x2﹣x﹣6≥0，∴（x﹣3）（x+2）≥0，∴x≥3或x≤﹣2，N＝（﹣∞，﹣2]∪[3，+∞），则M∩N＝{﹣2}．故选：C．【点评】本题考查集合的运算，属于基础题．2．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知z=1−i2+2i，则z−z=（　　）A．﹣iB．iC．0D．1【答案】A【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．【解答】解：z=1−i2+2i=12⋅1−i1+i=12⋅(1−i)2(1+i)(1−i)=−12i，则z=12i，故z−z=−i．故选：A．【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．3．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知向量a→=（1，1），b→=（1，﹣1）．若（a→+λb→）⊥（a→+μb→），则（　　）A．λ+μ＝1B．λ+μ＝﹣1C．λμ＝1D．λμ＝﹣1【答案】D【分析】由已知求得a→+λb→与a→+μb→的坐标，再由两向量垂直与数量积的关系列式求解．第25页（共25页）,【解答】解：∵a→=（1，1），b→=（1，﹣1），∴a→+λb→=（λ+1，1﹣λ），a→+μb→=（μ+1，1﹣μ），由（a→+λb→）⊥（a→+μb→），得（λ+1）（μ+1）+（1﹣λ）（1﹣μ）＝0，整理得：2λμ+2＝0，即λμ＝﹣1．故选：D．【点评】本题考查平面向量加法与数乘的坐标运算，考查两向量垂直与数量积的关系，是基础题．4．（5分）（2023•新高考Ⅰ）设函数f（x）＝2x（x﹣a）在区间（0，1）单调递减，则a的取值范围是（　　）A．（﹣∞，﹣2]B．[﹣2，0）C．（0，2]D．[2，+∞）【答案】D【分析】利用换元法转化为指数函数和二次函数单调性进行求解即可．【解答】解：设t＝x（x﹣a）＝x2﹣ax，对称轴为x=a2，抛物线开口向上，∵y＝2t是t的增函数，∴要使f（x）在区间（0，1）单调递减，则t＝x2﹣ax在区间（0，1）单调递减，即a2≥1，即a≥2，故实数a的取值范围是[2，+∞）．故选：D．【点评】本题主要考查复合函数单调性的应用，利用换元法结合指数函数，二次函数的单调性进行求解是解决本题的关键，是基础题．5．（5分）（2023•新高考Ⅰ）设椭圆C1：x2a2+y2＝1（a＞1），C2：x24+y2＝1的离心率分别为e1，e2．若e2=3e1，则a＝（　　）A．233B．2C．3D．6【答案】A【分析】利用椭圆C2：x24+y2＝1的方程可求其离心率e2，进而可求e1，可求a．第25页（共25页）,【解答】解：由椭圆C2：x24+y2＝1可得a2＝2，b2＝1，∴c2=4−1=3，∴椭圆C2的离心率为e2=32，∵e2=3e1，∴e1=12，∴c1a1=12，∴a12=4c12=4（a12−b12）＝4（a12−1），∴a=233或a=−233（舍去）．故选：A．【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，属基础题．6．（5分）（2023•新高考Ⅰ）过点（0，﹣2）与圆x2+y2﹣4x﹣1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα＝（　　）A．1B．154C．104D．64【答案】B【分析】圆的方程化为（x﹣2）2+y2＝5，求出圆心和半径，利用直角三角形求出sinα2，再计算cosα2和sinα的值．【解答】解：圆x2+y2﹣4x﹣1＝0可化为（x﹣2）2+y2＝5，则圆心C（2，0），半径为r=5；设P（0，﹣2），切线为PA、PB，则PC=22+22=22，△PAC中，sinα2=522，所以cosα2=1−58=322，所以sinα＝2sinα2cosα2=2×522×322=154．故选：B．第25页（共25页）,【点评】本题考查了直线与圆的位置关系应用问题，也考查了三角函数求值问题，是基础题．7．（5分）（2023•新高考Ⅰ）记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{Snn}为等差数列，则（　　）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【分析】首先明确充要条件的判定方法，再从等差数列的定义入手，进行正反两方面的论证．【解答】解：若{an}是等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，则Sn＝na1+n(n−1)2d，即Snn=a1+n−12d=d2n+a1−d2，故{Snn}为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，若{Snn}为等差数列，则可设Sn+1n+1−Snn=D，则Snn=S1+（n﹣1）D，即Sn＝nS1+n（n﹣1）D，当n≥2时，有Sn﹣1＝（n﹣1）S1+（n﹣1）（n﹣2）D，第25页（共25页）,上两式相减得：an＝Sn﹣Sn﹣1＝S1+2（n﹣1）D，当n＝1时，上式成立，所以an＝a1+2（n﹣1）D，则an+1﹣an＝a1+2nD﹣[a1+2（n﹣1）D]＝2D（常数），所以数列{an}为等差数列．即甲是乙的必要条件．综上所述，甲是乙的充要条件．故本题选：C．【点评】本题主要考查利用定义进行等差数列的判断，穿插了充要条件的判定，属中档题．8．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知sin（α﹣β）=13，cosαsinβ=16，则cos（2α+2β）＝（　　）A．79B．19C．−19D．−79【答案】B【分析】由已知结合和差角公式先求出sinαcosβ，再求出sin（α+β），然后结合二倍角公式可求．【解答】解：因为sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣sinβcosα=13，cosαsinβ=16，所以sinαcosβ=12，所以sin（α+β）＝sinαcosβ+sinβcosα=12+16=23，则cos（2α+2β）＝1﹣2sin2（α+β）＝1﹣2×49=19．故选：B．【点评】本题主要考查了和差角公式，二倍角公式的应用，属于中档题．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）（2023•新高考Ⅰ）有一组样本数据x1，x2，⋯，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则（　　）A．x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，⋯，x6的平均数B．x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，⋯，x6的中位数C．x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，⋯，x6的标准差D．x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，⋯，x6的极差第25页（共25页）,【答案】BD【分析】根据平均数，中位数，标准差，极差的概念逐一判定即可．【解答】解：A选项，x2，x3，x4，x5的平均数不一定等于x1，x2，⋯，x6的平均数，A错误；B选项，x2，x3，x4，x5的中位数等于x3+x42，x1，x2，⋯，x6的中位数等于x3+x42，B正确；C选项，设样本数据x1，x2，⋯，x6为0，1，2，8，9，10，可知x1，x2，⋯，x6的平均数是5，x2，x3，x4，x5的平均数是5，x1，x2，⋯，x6的方差s12=16×[（0﹣5）2+（1﹣5）2+（2﹣5）2+（8﹣5）2+（9﹣5）2+（10﹣5）2]=503，x2，x3，x4，x5的方差s22=14×[（1﹣5）2+（2﹣5）2+（8﹣5）2+（9﹣5）2]=252，s12＞s22，∴s1＞s2，C错误．D选项，x6＞x5，x2＞x1，∴x6﹣x1＞x5﹣x2，D正确．故选：BD．【点评】本题考查平均数、中位数、标准差、极差的计算，是基础题．（多选）10．（5分）（2023•新高考Ⅰ）噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lgpp0，其中常数p0（p0＞0）是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级：声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060～90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则（　　）A．p1≥p2B．p2＞10p3C．p3＝100p0D．p1≤100p2第25页（共25页）,【答案】ACD【分析】根据题意分别计算p1，p2，p3的范围，进行比较即可求解．【解答】解：由题意得，60≤20lgp1p0≤90，1000p0≤p1≤1092p0，50≤20lgp2p0≤60，1052p0≤p2≤1000p0，20lgp3p0=40，p3＝100p0，可得p1≥p2，A正确；p2≤10p3＝1000p0，B错误；p3＝100p0，C正确；p1≤1092p0＝100×1052p0≤100p2，p1≤100p2，D正确．故选：ACD．【点评】本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，是中档题．（多选）11．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知函数f（x）的定义域为R，f（xy）＝y2f（x）+x2f（y），则（　　）A．f（0）＝0B．f（1）＝0C．f（x）是偶函数D．x＝0为f（x）的极小值点【答案】ABC【分析】在已知等式中，取x＝y＝0判断A；取x＝y＝1判断B；求出f（﹣1），再取y＝﹣1判断C；取满足等式的特殊函数判断D．【解答】解：由f（xy）＝y2f（x）+x2f（y），取x＝y＝0，可得f（0）＝0，故A正确；取x＝y＝1，可得f（1）＝2f（1），即f（1）＝0，故B正确；取x＝y＝﹣1，得f（1）＝2f（﹣1），即f（﹣1）=12f（1）＝0，取y＝﹣1，得f（﹣x）＝f（x），可得f（x）是偶函数，故C正确；由上可知，f（﹣1）＝f（0）＝f（1）＝0，而函数解析式不确定，不妨取f（x）＝0，满足f（xy）＝y2f（x）+x2f（y），常数函数f（x）＝0无极值，故D错误．第25页（共25页）,故选：ABC．【点评】本题考查抽象函数的应用，取特值是关键，是中档题．（多选）12．（5分）（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（　　）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体【答案】ABD【分析】对于A，由正方体的内切球直径大于0.99可判断；对于B，由正方体内部最大的正四面体的棱长大于1.4可判断；对于C，由正方体的体对角线小于1.8可判断；对于D，取E，F，G，H，I，J都为棱中点，则六边形EFGHIJ为正六边形，由正六边形的内切圆直径大于1.2可判断．【解答】解：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1＞0.99，选项A正确；对于B，如图，正方体内部最大的正四面体D﹣A1BC1的棱长为12+12=2＞1.4，选项B正确；对于C，棱长为1的正方体的体对角线为3＜1.8，选项C错误；对于D，（法一）如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，第25页（共25页）,六边形EFGHIJ棱长为22米，∠GFH＝∠GHF＝30°，所以FH=3FG=3GH=62米，故六边形EFGHIJ内切圆直径为62米，而(62)2=32＞(1.2)2=1.44，选项D正确．（法二）因为1.2m＞1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，可知AC=2，CC1=1，AC1=3，OA=32，则tan∠CAC1=CC1AC=OEAO，即12=OE32，解得OE=64，且(64)2=38=924＞925=0．62，即64＞0.6，故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m的圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体的下底面的切点为M，可知，AC1⊥O1M，O1M＝0.6，则tan∠CAC1=CC1AC=O1MAO1，即12=0.6AO1，解得AO1=0.62，根据对称性可知圆柱的高为3−2×0.62≈1.732−1.2×1.414=0.0352＞0.01，所以能够被整体放入正方体内，故选项D正确．故选：ABD．【点评】本题考查简单几何体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。第25页（共25页）,13．（5分）（2023•新高考Ⅰ）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有　64　种（用数字作答）．【答案】见试题解答内容【分析】利用分类计数原理进行计算即可．【解答】解：若选2门，则只能各选1门，有C41C41=16种，如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，则有C41C42+C42C41=24+24＝48，综上共有16+48＝64种不同的方案．故答案为：64．【点评】本题主要考查简单的计数问题，利用分类计数原理进行计算是解决本题的关键，是基础题．14．（5分）（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1=2，则该棱台的体积为　766　．【答案】见试题解答内容【分析】先根据题意求出四棱台的高，再代入台体的体积公式即可求解．【解答】解：如图，设正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上下底面中心分别为M，N，过A1作A1H⊥AC，垂足点为H，由题意易知A1M＝HN=22，又AN=2，∴AH＝AN﹣HN=22，又AA1=2，∴A1H＝MN=62，∴该四棱台的体积为13×（1+4+1×4）×62=766．故答案为：766．【点评】本题考查台体的体积公式的应用，属基础题．第25页（共25页）,15．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝cosωx﹣1（ω＞0）在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是　[2，3）　．【答案】见试题解答内容【分析】利用余弦函数的周期，结合函数的零点个数，列出不等式求解即可．【解答】解：x∈[0，2π]，函数的周期为2πω（ω＞0），cosωx﹣1＝0，可得cosωx＝1，函数f（x）＝cosωx﹣1（ω＞0）在区间[0，2π]有且仅有3个零点，可得2⋅2πω≤2π＜3⋅2πω，所以2≤ω＜3．故答案为：[2，3）．【点评】本题考查三角函数的周期的应用，函数的零点的应用，是基础题．16．（5分）（2023•新高考Ⅰ）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2．点A在C上，点B在y轴上，F1A→⊥F1B→，F2A→=−23F2B→，则C的离心率为　355　．【答案】见试题解答内容【分析】（法一）设F1（﹣c，0），F2（c，0），B（0，n），根据题意可得点A的坐标，进一步得到F1A→=(83c，−23n)，F1B→=(c，n)，再由F1A→⊥F1B→，可得n2＝4c2．结合点A在双曲线上，可得解；（法二）易知|F2A→||F2B→|=23，设|F2A→|=2t，|F2B→|=3t，∠F1AF2＝θ，解三角形可知5c2＝9a2，进而得解．【解答】解：（法一）如图，设F1（﹣c，0），F2（c，0），B（0，n），设A（x，y），则F2A→=(x−c，y)，F2B→=(−c，n)，又F2A→=−23F2B→，则x−c=23cy=−23n，可得A(53c，−23n)，又F1A→⊥F1B→，且F1A→=(83c，−23n)，F1B→=(c，n)，则F1A→⋅F1B→=83c2−23n2=0，化简得n2＝4c2．又点A在C上，第25页（共25页）,则259c2a2−49n2b2=1，整理可得25c29a2−4n29b2=1，代n2＝4c2，可得25c2a2−16c2b2=9，即25e2−16e2e2−1=9，解得e2=95或15（舍去），故e=355．（法二）由F2A→=−23F2B→，得|F2A→||F2B→|=23，设|F2A→|=2t，|F2B→|=3t，由对称性可得|F1B→|=3t，则|AF1→|=2t+2a，|AB→|=5t，设∠F1AF2＝θ，则sinθ=3t5t=35，所以cosθ=45=2t+2a5t，解得t＝a，所以|AF1→|=2t+2a=4a，|AF2→|=2a，在△AF1F2中，由余弦定理可得cosθ=16a2+4a2−4c216a2=45，即5c2＝9a2，则e=355．故答案为：355．【点评】本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）（2023•新高考Ⅰ）已知在△ABC中，A+B＝3C，2sin（A﹣C）＝sinB．（1）求sinA；（2）设AB＝5，求AB边上的高．【答案】（1）31010；（2）6．福建各地各科资料分享QQ群235973357第25页（共25页）,【分析】（1）由三角形内角和可得C=π4，由2sin（A﹣C）＝sinB，可得2sin（A﹣C）＝sin（A+C），再利用两角和与差的三角函数公式化简可得sinA＝3cosA，再结合平方关系即可求出sinA；（2）由sinB＝sin（A+C）求出sinB，再利用正弦定理求出AC，BC，由等面积法即可求出AB边上的高．【解答】解：（1）∵A+B＝3C，A+B+C＝π，∴4C＝π，∴C=π4，∵2sin（A﹣C）＝sinB，∴2sin（A﹣C）＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C），∴2sinAcosC﹣2cosAsinC＝sinAcosC+cosAsinC，∴sinAcosC＝3cosAsinC，∴22sinA=3×22cosA，∴sinA＝3cosA，即cosA=13sinA，又∵sin2A+cos2A＝1，∴sin2A+19sin2A=1，解得sin2A=910，又∵A∈（0，π），∴sinA＞0，∴sinA=31010；（2）由（1）可知sinA=31010，cosA=13sinA=1010，∴sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC=31010×22+1010×22=255，∴ABsinC=ACsinB=BCsinA=5sinπ4=52，∴AC＝52sinB＝52×255=210，BC＝52×sinA=52×31010=35，设AB边上的高为h，则12AB⋅ℎ=12×AC×BC×sinC，∴52ℎ=12×210×35×22，第25页（共25页）,解得h＝6，即AB边上的高为6．【点评】本题主要考查了两角和与差的三角函数公式，考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．18．（12分）（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．（1）证明：B2C2∥A2D2；（2）点P在棱BB1上，当二面角P﹣A2C2﹣D2为150°时，求B2P．【答案】见试题解答内容【分析】（1）建系，根据坐标法及向量共线定理，即可证明；（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，方程思想，即可求解．【解答】解：（1）证明：根据题意建系如图，则有：B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），∴B2C2→=(0，−2，1)，A2D2→=(0，−2，1)，∴B2C2→=A2D2→，又B2，C2，A2，D2四点不共线，∴B2C2∥A2D2；（2）在（1）的坐标系下，可设P（0，2，t），t∈[0，4]，又由（1）知C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），∴C2A2→=(2，2，−2)，C2P→=(0，2，t−3)，A2D2→=(0，−2，1)，设平面PA2C2的法向量为m→=(x，y，z)，第25页（共25页）,则m→⋅C2A2→=2x+2y−2z=0m→⋅C2P→=2y+(t−3)z=0，取m→=(t−1，3−t，2)，设平面A2C2D2的法向量为n→=(a，b，c)，则n→⋅C2A2→=2a+2b−2c=0n→⋅A2D2→=−2b+c=0，取n→=(1，1，2)，∴根据题意可得|cos150°|＝|cos＜m→，n→＞|=|m→⋅n→||m→||n→|，∴32=6(t−1)2+(3−t)2+4×6，∴t2﹣4t+3＝0，又t∈[0，4]，∴解得t＝1或t＝3，∴P为B1B2的中点或B2B的中点，∴B2P＝1．【点评】本题考查利用向量法证明线线平行，利用向量法求解二面角问题，向量共线定理及向量夹角公式的应用，方程思想，属中档题．19．（12分）（2023•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝a（ex+a）﹣x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当a＞0时，f（x）＞2lna+32．【答案】见试题解答内容【分析】（1）先求出导函数f'（x），再对a分a≤0和a＞0两种情况讨论，判断f'（x）的符号，进而得到f（x）的单调性；（2）由（1）可知，当a＞0时，f（x）min＝f（ln1a）＝1+a2+lna，要证f（x）＞2lna+32第25页（共25页）,，只需证1+a2+lna＞2lna+32，只需证a2−lna−12＞0，设g（a）=a2−lna−12，a＞0，求导可得g（x）min＝g（22）＞0，从而证得f（x）＞2lna+32．【解答】解：（1）f（x）＝a（ex+a）﹣x，则f'（x）＝aex﹣1，①当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，f（x）在R上单调递减，②当a＞0时，令f'（x）＝0得，x=ln1a，当x∈（﹣∞，ln1a）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（ln1a，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，综上所述，当a≤0时，f（x）在R上单调递减；当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln1a）上单调递减，在（ln1a，+∞）上单调递增．证明：（2）由（1）可知，当a＞0时，f（x）min＝f（ln1a）＝a（1a+a）﹣ln1a=1+a2+lna，要证f（x）＞2lna+32，只需证1+a2+lna＞2lna+32，只需证a2−lna−12＞0，设g（a）=a2−lna−12，a＞0，则g'（a）＝2a−1a=2a2−1a，令g'（a）＝0得，a=22，当a∈（0，22）时，g'（a）＜0，g（a）单调递减，当a∈（22，+∞）时，g'（a）＞0，g（a）单调递增，所以g（a）≥g（22）=12−ln22−12=−ln22＞0，即g（a）＞0，所以a2−lna−12＞0得证，即f（x）＞2lna+32得证．【点评】第25页（共25页）,本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了函数恒成立问题，属于中档题．20．（12分）（2023•新高考Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，且d＞1．令bn=n2+nan，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．（1）若3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，求{an}的通项公式；（2）若{bn}为等差数列，且S99﹣T99＝99，求d．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据题意及等差数列的通项公式与求和公式，建立方程组，即可求解；（2）根据题意及等差数列的通项公式的特点，可设an＝tn，则bn=n+1t，且d＝t＞1；或设an＝k（n+1），则bn=nk，且d＝k＞1，再分类讨论，建立方程，即可求解．【解答】解：（1）∵3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，∴根据题意可得3(a1+d)=3a1+a1+2d3a1+3d+(2a1+6a1+d+12a1+2d)=21，∴a1=d6d+9d=21，∴2d2﹣7d+3＝0，又d＞1，∴解得d＝3，∴a1＝d＝3，∴an＝a1+（n﹣1）d＝3n，n∈N*；（2）∵{an}为等差数列，{bn}为等差数列，且bn=n2+nan，∴根据等差数列的通项公式的特点，可设an＝tn，则bn=n+1t，且d＝t＞1；或设an＝k（n+1），则bn=nk，且d＝k＞1，①当an＝tn，bn=n+1t，d＝t＞1时，则S99﹣T99=(t+99t)×992−(2t+100t)×992=99，∴50t−51t=1，∴50t2﹣t﹣51＝0，又d＝t＞1，∴解得d＝t=5150；②当an＝k（n+1），bn=nk，d＝k＞1时，第25页（共25页）,则S99﹣T99=(2k+100k)×992−(1k+99k)×992=99，∴51k−50k=1，∴51k2﹣k﹣50＝0，又d＝k＞1，∴此时k无解，∴综合可得d=5150．【点评】本题考查等差数列的性质，等差数列的通项公式与求和公式的应用，方程思想，化归转化思想，分类讨论思想，属中档题．21．（12分）（2023•新高考Ⅰ）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．（1）求第2次投篮的人是乙的概率；（2）求第i次投篮的人是甲的概率；（3）已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P（Xi＝1）＝1﹣P（Xi＝0）＝qi，i＝1，2，⋯，n，则E（i=1nXi）=i=1nqi．记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y，求E（Y）．【答案】（1）第2次投篮的人是乙的概率为0.6；（2）第i次投篮的人是甲的概率为Pi=13+16×（25）i﹣1；（3）E（Y）=518[1﹣（25）n]+n3，n∈N*．【分析】（1）设第2次投篮的人是乙的概率为P，结合题意，即可得出答案；（2）由题意设Pn为第n次投篮的是甲，则Pn+1＝0.6Pn+0.2（1﹣Pn）＝0.4Pn+0.2，构造得Pn+1−13=0.4（Pn−13），结合等比数列的定义可得{Pn−13}是首项为16，公比为0.4的等比数列，即可得出答案；（3）由（2）得Pi=13+16×（25）i﹣1，当n∈N*时，E（Y）＝P1+P2+...+Pn，求解即可得出答案．【解答】解：（1）设第2次投篮的人是乙的概率为P，由题意得P＝0.5×0.4+0.5×0.8＝0.6；（2）由题意设Pn为第n次投篮的是甲，第25页（共25页）,则Pn+1＝0.6Pn+0.2（1﹣Pn）＝0.4Pn+0.2，∴Pn+1−13=0.4（Pn−13），又P1−13=12−13=16≠0，则{Pn−13}是首项为16，公比为0.4的等比数列，∴Pn−13=16×（25）n﹣1，即Pn=13+16×（25）n﹣1，∴第i次投篮的人是甲的概率为Pi=13+16×（25）i﹣1；（3）由（2）得Pi=13+16×（25）i﹣1，∴当n∈N*时，E（Y）＝P1+P2+...+Pn=16i=1n(25)i−1+n3=16[1−(25)n]1−25+n3=518[1﹣（25）n]+n3，综上所述，E（Y）=518[1﹣（25）n]+n3，n∈N*．【点评】本题考查离散型随机变量的期望与方差，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．22．（12分）（2023•新高考Ⅰ）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，12）的距离，记动点P的轨迹为W．（1）求W的方程；（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33．【答案】见试题解答内容【分析】（1）设点p坐标，结合几何条件即可得出W的方程．（2）首先利用平移性，化简W的方程可简化计算，核心是把两邻边的和用其他方式表示出来．【解答】解：（1）设点P点坐标为（x，y），由题意得|y|=x2+(y−12)2，两边平方可得：y2＝x2+y2﹣y+14，化简得：y＝x2+14，符合题意．故W的方程为y＝x2+14．（2）解法一：不妨设A，B，C三点在W上，且AB⊥BC．第25页（共25页）,设A（a，a2+14），B（b，b2+14），C（c，c2+14），则AB→=(b−a，b2−a2)，BC→=(c−b，c2−b2)．由题意，AB→⋅BC→=0，即（b﹣a）（c﹣b）+（b2﹣a2）（c2﹣b2）＝0，显然（b﹣a）（c﹣b）≠0，于是1+（b+a）（c+b）＝0．此时，|b+a|．|c+b|＝1．于是min{|b+a|，|c+b|}≤1．不妨设|c+b|≤1，则a＝﹣b−1b+c，则|AB|+|BC|＝|b﹣a|1+(a+b)2+|c﹣b|1+(c+b)2＝|b﹣a|1+1(c+b)2+|c﹣b|1+(c+b)2≥|b﹣a|1+(c+b)2+|c﹣b|1+(c+b)2≥|c﹣a|1+(c+b)2＝|b+c+1b+c|1+(c+b)2．设x＝|b+c|，则f（x）＝（x+1x）1+x2，即f（x）=(1+x2)32x，又f′（x）=(1+x2)12．(3x2−1−x2)x2=(1+x2)12．(2x2−1)x2．显然，x=22为最小值点．故f（x）≥f（22）=332，故矩形ABCD的周长为2（|AB|+|BC|）≥2f（x）≥33．注意这里有两个取等条件，一个是|b+c|＝1，另一个是|b+c|=22，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A，B，D在抛物线W上，C不在抛物线W上，欲证命题为|AB|+|AD|＞332．由图象的平移可知，将抛物线W看作y＝x2不影响问题的证明．设A（a，a2）（a≥0），平移坐标系使A为坐标原点，则新抛物线方程为y′＝x′2+2ax′，写为极坐标方程，即ρsinθ＝ρ2cos2θ+2aρcosθ，即ρ=sinθ−2acosθcos2θ．欲证明的结论为|sinθ−2acosθcos2θ|+|sin(θ+π2)−2acos(θ+π2)cos2(θ+π2)|＞332，第25页（共25页）,也即|2acosθ−sinθcos2θ|+|2asinθ+cosθsin2θ|＞332．不妨设|2cosθ|≥|2sinθ|，将不等式左边看成关于a的函数，根据绝对值函数的性质，其最小值当2cosθ⋅a−sinθcos2θ=0即a=sinθ2cosθ时取得，因此欲证不等式为|1cosθ+cosθsin2θ|＞332，即|1cosθsin2θ|＞332，根据均值不等式，有|cosθsin2θ|=12.2cos2θ(1−cos2θ)(1−cos2θ)≤12.(23)3=233，由题意，等号不成立，故原命题得证．【点评】本题第一问属常规求轨迹方程问题，较简单，第二问对思维能力及计算能力要求很高，属难题．第25页（共25页）