【文档说明】【5】2023高考数学基础强化专题训练（五）（参考答案）.doc，共(36)页，3.174 MB，由小赞的店铺上传

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（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）12023高考数学基础强化专题训练（五）函数与导数1.（广东省深圳市深圳中学2023届高三上学期第一次阶段测试数学试题）（多选题）已知定义在区间,ab上的函数()=yfx，()fx是()

fx的导函数，若存在(),ab，使得()()()()fbfafba−=−．则称为函数()fx在,ab上的“中值点”．下列函数，其中在区间2,2−上至少有两个“中值点”的函数为（）A.()sinfxx=B.()exfx=C.()()ln3fxx=+D.(

)31fxxx=−+【答案】AD【解析】【分析】求出()fx，逐项判断方程()()()22=4fff−−在2,2−上的根的个数，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，()()22=2sin2ff−−

，()cosfxx=，由()()()22=4=4cosfff−−，所以，sin2cos=2，当2,2−时，cos2cos1，如下图所示：由图可知，直线sin22y=与曲线=cosy在2,2−上的图象有两个交点，A选项满足条件；对于B

选项，()()22122=eeff−−−，()exfx=，由()()()22=4=4efff−−，所以，22eee=4−−，（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）2因为函数=ey在2,

2−上单调递增，故方程22eee=4−−在2,2−上不可能有两个根，B不满足条件；对于C选项，()()22=ln5ff−−，()13fxx=+，由()()()22=4=ln5fff−−，可得1ln5=+34，解得4=32,2ln5−−

，故函数()fx在2,2−上只有一个“中值点”，C选项不满足条件；对于D选项，()2=31fxx−，()()22=12ff−−，由()()()22=4=12fff−−，可得23=?2,23

−，故函数()fx在2,2−上有两个“中值点”，D满足条件.故选：AD.2.(河北省邢台市六校联考2023届高三上学期第一次月考数学试题)已知直线l是曲线ln2yx=与曲线2yxx=+的一条公切线，直线l与曲线2yxx=+相切于点()2,aaa+，则a满足的关系式为（）A.2

11ln02aa+−+=B.211ln02aa+++=C.211ln02aa−−+=D.211ln02aa−++=【答案】C【解析】【分析】设l与()fx的切点为(),lnbb，利用导数的几何意义可得斜率相等，再结合斜率公式得到等式，将b代

入即可得到a满足的关系式.【详解】记()ln2fxx=，得11()22fxxx==，记2()gxxx=+，得()21gxx=+，设直线l与曲线()ln2fxx=相切于点(),ln2bb，（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）3由于l是公切线，故可得()()kfbga

==，即121ab=+，即121ba=+，又因为()()()gafbkgaab−==−，即2ln221aabaab+−=+−，将b代入，得()221ln212121aaaaaa+−=+−++，即()221ln2112aaaaa+++=+−，整理得211ln02aa

−−+=.故选：C.3.(福建省福州高级中学2023届高三上学期第一次阶段考试数学试题)设1011a=，0.11eb=，0.9c=，则（）A.cbaB.cabC.bcaD.acb【答案】A【解析】【分析】构造函

数()e1xfxx=−−，利用导数分析函数单调性，0.111(0.1)1.1efba=−=−，0.1)e(0.10.9fbc−−=−=−，结合函数单调性，分析即得解.【详解】由题意，11110.110a==+，0.11eb=，记()(0)e1xfxxx=−−，则0

e()1xfx=−，故函数()fx在[0,)+单调递增，又0.111(0.1)1.1(0)110effba=−=−=−=，故11ba，又0,0ab，故ab；又0.10.11e,0.910.1ebc−====−，（参考答案）2023高考数学基础强化专题训

练（五）4记()(0)e1xfxxx=−−，则0e()1xfx=−，故函数()fx在(,0]−单调递减，故0.1(0.1)0.9(0)0efbcf−−=−=−=，故bc；综上：cba故选：A4.（广东省深圳市深圳中学2023届

高三上学期第一次阶段测试数学试题）（多选题）下列大小关系正确的是（）．A.21.91.92B.2.9222.9C.712log4log7D.712log4log72+【答案】ABC【解析】【分析】构造函数ln()xfxx=，利用导数判断其单调性

后判断A，利用指数函数性质判断B，利用对数函数性质及基本不等式判断C，根据对数换底公式、对数函数性质判断D．【详解】设ln()xfxx=，则21ln()xfxx−=，0ex时，()0fx，()fx递增，而01.92e

，所以(1.9)(2)ff，即ln1.9ln21.92，21.9ln1.9ln2，即21.91.92，A正确；2.9322288.412.9==，B正确；770log4log12，所以222777777(log4log12)(log48)(lo

g49)log4log121444+==，（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）5所以71271log4log7log12=，C正确；10102264(2)102410==，76107823543

104=，7107710log4log417=，所以77log40.710=，472401=，341217287=，所以3412124log7log713=，123log70.754=，所以712log4log70.70.751.452

++=，D错．故选：ABC．5.(河北省邢台市六校联考2023届高三上学期第一次月考数学试题)设1999a=，0.0010.001eb=，ln0.999c=−，则（）A.bcaB.cbaC.c

abD.acb【答案】B【解析】【分析】由题意，利用作差法，构造函数，利用导数研究其单调性，可得答案.【详解】①()lnln0.001ln0.001ln9990.001ln10.001ba−=++=+−令()ln(1),(0,0.1]fxxxx=+−，则1()1

011xfxxx−=−=−−，故()fx在(0,0.1]上单调递减，可得()()0.00100ff=，即lnln0ba−，所以ba；②0.0010.001eln0.999bc−=+令()eln(1),(0,0.1]xgxxxx=+−，则1(1)(1)e1()ee11xxxxxgxx

xx+−−=+−=−−，令()(1)(1)e1xkxxx=+−−，所以()22()(12)e12exxxxkxx=−++=−−，当(0,0.1x时，()0kx，所以()kx在(0,0.1]上单调递增，可得()(0)0kxk，即()0g

x，（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）6所以()gx在(0,0.1]上单调递增，可得()()0.00100gg=，即0bc−，所以bc.故cba.故选：B.6.(河北省邢台市六校

联考2023届高三上学期第一次月考数学试题)（多选题）高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设xR，用x表示不超过x的最大整数，则yx=称为高斯函数，也称为取整函数.如1

.21=，3.93=，1.52−=−，以下关于“高斯函数”的性质应用是真命题的有（）A.xR，22xx=B.,xyR，xy=，则1xy−C.,xyR，++xyxyD.若()fxx=的定义域为0,3，值域为M，()

22gxxx=−的定义域为N，则|02MNxx=【答案】AB【解析】【分析】A选项可举出实例；B选项可进行推导；C选项可举出反例；D选项求出0,1,2,3M=和02Nxx=，从而求出并集.【详解】2x=时

，244222xx====，故A为真命题；设Zxyk==，则1kxk+，1kyk+，∴1xy−，故B为真命题；0.5x=，0.6y=时，有0xy+=，但1.11xyxy+==+，

故C为假命题．因为()[]fxx=的定义域为[0,3]，值域为0,1,2,3M=，2()2gxxx=−的定义域为:220xx−，解得：02x，所以02Nxx=，对于D，{|02}3MNxx=，所以D不正确.（参考答案）

2023高考数学基础强化专题训练（五）7故选：AB7.(河北省邢台市六校联考2023届高三上学期第一次月考数学试题)（多选题）已知函数()fx及其导数()fx的定义域均为R，记()()gxfx=．若322fx−为偶函数，12gx+

为奇函数，则（）A.302f=B.102g=C.()()120gg+=D.70122gg+=−【答案】BCD【解析】【分析】分析得到()fx关于直线32x=对称，函数()gx关于点1(,0)2对称，结合已知分析即得解

.【详解】解：3(2)2fx−为偶函数，可得33(2)(2)22fxfx−=+，所以33()()22fxfx−=+()fx关于直线32x=对称，设23()=()12fxx−+，3()102f=，所以选项A错误；1()2gx+为奇函

数，11()()22gxgx−=−+，所以函数()gx关于点1(,0)2对称.令0x=得1()02g=.故选项B正确；()fx关于直线32x=对称，所以33()()22fxfx−=+所以''33[()][()]22fxfx−=+，即''33()(

)22fxfx−−=+所以(1)(2)0ff+=，所以(1)(2)0gg+=，故选项C正确；所以17()()022ff−+=，所以17()()022gg−+=，故选项D正确.8.(河北省邢台市六校联考2

023届高三上学期第一次月考数学试题)设定义域为()0,+的单调可导函数()fx，对任意的()0,x+，都有（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）8()3log4ffxx−=

，若0x是方程()()23fxfx−=的一个解，且()0,1xaa+，*aN，则实数()fa=________.【答案】2【解析】【分析】根据给定条件，求出函数()fx的解析式，再借助零点存在性定理推理作答

.【详解】对任意的,()0x+，都有3()log4ffxx−=，且()fx是(0,)+上的单调函数，因此()3logfxx−为定值，设()3logtfxx=−，则()3logfxtx=+，显然()4ft=，即3log4tt+=，而函数3()loghttt=+在(0,

)+上单调递增，且(3)4h=，于是得3t=，从而()3log3fxx=+，求导得()1ln3fxx=，方程()()3223log0ln3fxfxxx−−==，依题意，0x是函数32()logln3gxxx=−的零点，而函数()gx在(0,)

+上单调递增，且()()31ln2122log20,310ln3ln33ln3gg−=−==−，即函数()gx的零点0(2,3)x，又*0,(1),Nxaaa+，所以2a=.故答案为：29.（广东省深圳市深圳中学2023届高三上学期第一次阶段测试数学试题）已知函数31

()6fxxax=+，()singxxx=−（1）求函数()gx在[0,]上的最值；（2）设()()()hxfxgx=−在区间(0,)+上单调递增，求实数a的取值范围．【答案】（1）min()0gx=，max()gx=；（2）0a．【解析】【分析】（

1）求导由()1cos0gxx=−≥，得到()gx在[0,]上单调递增求解.（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）9（2）根据()hx在区间(0,)+上单调递增，转化为()0hx在区间(0,)+上恒成立求

解.【详解】（1）()singxxx=−，()1cos0gxx=−≥，所以()gx在[0,]上单调递增，所以min()(0)0gxg==，max()()gxg==；（2）31()()()sin6hxfxgxxaxxx=−=+−+，21()cos12hxxxa=++

−，因为()hx在区间(0,)+上单调递增，所以()0hx在区间(0,)+上恒成立，()sinhxxx=−，由（1）知()sinhxxx=−递增，所以当(0,)x+时，()(0)0hxh=，所以()hx在区间(0,)+上单调递增，所以()(0)

hxha=所以0a．【点睛】本题主要考查导数与函数的最值，导数与函数的单调性的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.一类高考导数压轴题原创题（2023届）（1稿）问题1：已知定义在R上的函数)(xf，其导函

数为)(xg,且满足1)()(2+xgxxf，求证：2)0()(xfxf−修正为：（2稿）问题1：已知定义在R上的函数)(xf，其导函数为)(xg,且满足1)()(2+xgxxf，求证：2)]0()([2xfxfx−（1稿）问题2：已知定义在R上的函数)(

xf，其导函数为)(xg,且满足)(21)]()([tanxfxfxgx−−，求证：1)0(cos)(sin++xfxxfx（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）10修正为：（2稿）问题2：已知定义

在R上的函数)(xf，其导函数为)(xg,且满足xxfxfxgxcos)](21[)]()([sin−−，求证：1)0(cos)(sin++xfxxfx问题3：已知定义在R上的函数)(xf，其导函数为)(xg,且满足))]((

21[)]()([)(xxxxeexfxgxfee−−+−+−，求证：]1)0([2)()()(−+−−−−xfeexfeexxxx注：以上3个问题为我们研究中发现的“副产品”，有深刻的出题背景。供大家探究。说明：问题1，问题2的1稿有误，已在2稿修正。

主要问题是1稿的结论两边不能同除以x；2稿的条件，两边不能同除以xcos。命题很难一步到位，难免会出错误。保留1稿，并说明修正的问题，也是科学的研究态度。（刘蒋巍提供）三角函数1.(重庆市南开中学2023届高三上学期第二次质量检测数学试题)若角0,4

，()0,，且()()6sincos1sin1cos++N，()2sin10+=，则=（）A.6B.4C.23D.34解：令sincos2sin4t=+=+，因为0,4

，所以,442+，所以()1,2t.则有212sincost=+，则有21sincos2t−=，（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）11所以()()()()2231616sincos2

6111sin1cos1112tttttt−−−===+−++++++，该函数单调递增，所以()()6sincos1sin1cos++的范围是()0,18122−，因为181221.03−，

所以()()6sincos11sin1cos=++，所以解得75t=，即7sincos5+=，12sincos25=，所以3sin5=，4cos5=.又因为50,4+，且()2sin010+=

，所以()0,+.又因为()sinsin+，+，所以,2+，所以()72cos10+=−.所以()()()2coscoscoscossinsin2

=+−=+++=−，所以34=.2.(重庆市南开中学2023届高三上学期第二次质量检测数学试题)（多选题）已知函数()()sin0,0,2fxx=+，直线12x=和点,06

−是()fx的图象的一组相邻的对称轴和对称中心，则下列说法正确的是（）A.函数12fx+为偶函数B.函数()fx的图象关于点2,03−对称C.函数()fx在区间,34−上为单调函数D.函数()fx在区间350,3上有23个零点解

：由题可知()fx的最小正周期为，所以2=，由2122326kkk+=+=+−+=，所以3=，()sin23fxx=+，对于A，（参考答案）2

023高考数学基础强化专题训练（五）12()sin2sin2cos2121232fxxxx+=++=+=，故A正确；因为()22sin2sin0333

f−=−+=−=，2,03−为一个对称中心，故B正确；当34x−时，52336x−+，所以函数()fx区间,34−上不单调，故C错误.

对于D选项：3571232633kxkxk+==−，分析可得D正确.3.(福建省福州高级中学2023届高三上学期第一次阶段考试数学试题)已知在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足()cos2cosbCacB=−.（1）求

B；（2）如图，若ab=，在ABC外取点D.且3AD=，1CD=.求四边形ABCD面积的最大值.【答案】（1）3（2）23【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；（2）根据余弦定理、三角形面积公式，结合辅助角公式、正弦型函数的性质进行求解即可.【小问1详解

】∵()cos2cosbCacB=−，（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）13由正弦定理得()sincos2sinsincosBCACB=−，∴2sincossincoscossinABBCBC=+，∴()2sincossinABBC=+.根据三角形内角

和定理ABC++=得()2sincossinsinABAA=−=，∵0A，∴sin0A，∴1cos2B=，∵0B，∴3B=.【小问2详解】∵3B=，且ab=，∴ABC为等边三角形.设ADC=，则在ACD△中，由余

弦定理得222(3)1231cos423cosb=+−=−.∴213sin3cos232ABCSb==−△，1331sinsin22ADCS==△.∴四边形ABCD的面积33π3cossin33sin23223S=−+=+−，∴当32

−=，即56=时，max23S=.∴四边形ABCD的面积的最大值为23.4.（广东省深圳市深圳中学2023届高三上学期第一次阶段测试数学试题）如图，在平面四边形ABCD中，242DCAD==，2BAD=，6BDC=．（1）若tan33ADC=

，求AB．（2）若ADCC=，求BC．（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）14【答案】（1）463（2）21022−．【解析】【分析】（1）由两角差的正切公式求得tanADB，从而在直角三角形中求得AB；（2）设设ADB=，表示出BD，由正弦定理

sinsinBDCDCDBC=结合三角函数恒等变换求得sin()3+，再由正弦定理2sin()sin36CDBC=−求得BC．【小问1详解】由已知3tantan332363tantan()6331tantan13363ADC

ADBADCADC−−=−===++，所以2346tan2233ABADADB===；【小问2详解】设ADB=，则22coscosADBD==，6CADC==+，23DBC=−，由正弦定理sinsinBDCDCDBC=

得2242cos2sin()sin()63=+−，22sin()cossin()63+=−，3122(sincos)cossin()sin()2233+=−=+，23111sin()3sincoscossin2cos2sin(2)322262

+=+=++=++22121sin(2)cos(2)32232=+−+=−++212sin()132=+−+，212sin()sin()0332+−+−=，（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）15是锐角，sin()03+，故

解得15sin()34++=，由正弦定理2sin()sin36CDBC=−，所以1222210222sin()sin()33CDBC===−−+解析几何1.（福建省福州高级中学2023

届高三上学期第一次阶段考试数学试题）ABC中，2π3B=，,AB是双曲线E的左、右焦点，点C在E上，若()0BABCAC+=，则E的离心率为（）A.51−B.31+C.312−D.312+【答案】D【解析】【分析】由题意

，根据垂直向量的数量积性质，结合三角函数，整理齐次方程，可得答案.【详解】由题意得，点C在双曲线的右支上．设AC的中点为D，由()0BABCAC+=得BDAC⊥，所以2BABCc==，由双曲线的定义得222CACBaca=+=+．在ABD△中，,3BDADABD⊥=，∴sin32AD

acABc+==，即322acc+=，整理得312cea+==．（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）16故选：D．2.（湖北省二十一所重点中学2023届高三上学期第三次联考数学试题）设抛物线C

1:y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0)，点P(2,2).已知以点F,P为焦点的椭圆C2与抛物线C1有公共点，则该椭圆的离心率的最大值为（）A.22B.23C.53D.52【答案】C【解析】【分析】求出椭圆长轴长的最小值，利用离心率定义可得解.【详解】由题意，抛物线方程为2

4yx=，准线方程为1x=−，椭圆焦距25c=，由抛物线的定义可得抛物线上的点Q到,FP的距离和的最小值为点P到抛物线准线的距离3，即椭圆长轴的最小值为23a=，所以椭圆的离心率的最大值为53.故选：C.3.(重庆市南开中学2023届高三上学期第二次

质量检测数学试题)已知椭圆()2222:10xyCabab+=的左、右焦点分别是1F，2F，斜率为12的直线l经过左焦点1F且交C于A，B两点（点A在第一象限），设12AFF△的内切圆半径为1r，12B

FF△（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）17的内切圆半径为2r，若123rr=，则椭圆的离心率e=______.如图所示，由椭圆定义可得122AFAFa+=，122BFBFa+=，设12AFF△的面积为1S，12BF

F△的面积为2S由题意得()()()11122211222221122222AABBacrcySrySryacrcy+===−+−，设直线:2lxyc=−，则联立椭圆方程与直线l，可得()222242222222440xycabybcybbxayab=−+−−=+=，222

44ABbcyyab+=+，4224ABbyyab−=+令121ABryry=−=，则()222222221161616254544ABAByyccyyabace+−−−+====+−−，当123rr==时，有2

2141655235331644eee−+=−===−，故答案为：544.（福建省福州高级中学2023届高三上学期第一次阶段考试数学试题）已知RtABC中，()1,0A−，()10B,，90CAB=，22AC

=，曲线E过C点，动点Р在E上运动，且保持PAPB+的值不变.（1）求曲线E的方程；（2）过点()1,0的直线l与曲线E交于M，N两点，则在x轴上是否存在定点Q，使得（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）18QMQN的值为定值？若存在，求出点Q的坐标和该定

值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2212xy+=（2）存在点5,04Q，使得QMQN为定值716−【解析】【分析】（1）根据条件可知动点P的运动轨迹满足椭圆定义，由椭圆的方程可的结果.（2）分直

线的斜率为零和不为零两种情况分别计算.【小问1详解】解：由题意，可得22PAPBCACB+=+=，而222AB=，所以点Р的轨迹为以A，B为焦点，长轴长为22的椭圆，由222a=，1c=，得2a=，1b=，所以曲线E的方程为2212xy+=.【小问2详解】当直线l的斜率为不为0时，设

直线l的方程为1xmy=+，设定点(),0Qt联立方程组22122xmyxy=++=，消x可得()222210mymy++−=，设()11,Mxy，()22,Nxy，可得12221myym+=−+，12212yym=

−+，所以()()()()1212121211QMQNxtxtyymytmytyy=−−+=+−+−+()()()()()2222222231121111222tmmmmtttmmm−−−−=++−+−=+−+++.要使上式为定值，则1232t−=−，解得54t=（参考答案）2

023高考数学基础强化专题训练（五）19此时215712416QMQN=−+−=−当直线l的斜率为0时，()2,0M−，()2,0N，此时，716QMQN=−也符合.所以，存在点5,04Q，使得

QMQN为定值716−.5.(重庆市南开中学2023届高三上学期第二次质量检测数学试题)已知双曲线()222210xyaaa−=的右焦点为()2,0F，过右焦点F作斜率为正的直线l，直线l交双曲线的右支于P，Q两点，分别交两条渐近线于

A，B两点，点A，P在第一象限，O为原点.（1）求直线l斜率的取值范围；（2）设OAP△，OBP△，OPQ△的面积分别是OAPS△，OBPS△，OPQS△，求OPQOAPOBPSSS△△△的范围.解：（1）由题可知：双曲线的方程

为：22122xy−=……2分()2222221210214200120txytytyttyxyy−−=−++==−所以：01t，即直线l的斜率范围为()11

,kt=+……4分（2）方法一：设()11,Pxy，渐近线方程为yx=，则P到两条渐近线的距离1d，2d满足：22111111121222xyxyxydd−−+===……6分而221Ayxxtyx

t===−−，21Ayt=−，221Byxxtyxt=−==−+，21Byt−=+所以121221112122222221211OAPOBPSSOAdOBdddttt==−+−△△……8分（参考答案）2023高考数学基础强化专题训

练（五）20由()2222214202xytytytyx−=−++==−()222188421OPQOMPOMQPQPQPQtSSSOFyyyyyyt+=+=−=+−=−△△△……10分所以：222OPQOAPOBPStSS=+△△△

，∵01t，∴()2,2OPQOAPOBPSSS△△△……12分法二：设直线:2lxty=+，则有()0,1t，分别联立双曲线与渐近线有：()()2222212210214208100120P

Qtxtytytyttxyyy−=+−++==+−=，所以01t，则有241PQtyyt−+=−，221PQyyt=−，()22222221221111ttPQttt++=+=−−.()()22222222144016161160xt

ytytyttxy=+−++==−−=−=，则有241ABtyyt−+=−，241AByyt=−，2222441111tABttt+=+=−−……6分设M为线段PQ的中点，因为PQAByy

yy+=+，所以M也为线段AB的中点，则有()()()()422222221141tAPBPMAMPMBMPMAMPABPQt−=−+=−=−=−.……9分设Od为原点O到直线AB的距离，则有221Odt=+，所以：()222128221112

2OOPQOAPOBPOOOOPQdSPQPQtSSAPBPdABPQdAPdBPd====+−△△△，……11分因为01t，所以()2,2OPQOAPOBPSSS△△△.……1

2分（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）21排列组合1.(2022·江苏常州期中)已知(1－2x)2021＝a0＋a1x＋…＋a2021x2021，则a12＋a222＋a323＋…＋a202122021＝A．－2B．－1C．0D．2【答案】B【考点】二项式定理的应用【解析】由题意可知

，当x＝0时，解得a0＝1，当x＝12时，解得0＝a0＋a12＋a222＋a323＋…＋a202122021，则a12＋a222＋a323＋…＋a202122021＝－a0＝－1，故答案选B．2.(2022·江苏连云港期中)高三(1

)班某天安排语文、数学、外语、物理、化学、生物各一节课．若要求语文课比外语课先上，数学课与物理课不相邻，则编排方案共有▲种．【答案】240【考点】排列组合问题【解析】由题意可得，因为数学课与物理课不相邻，所以先排除数学、物

理课之外的其他课程，则有A44，而有5个空，需要让数学、物理课插空，则有A25，又语文课比外语课先上，且语文、外语课的前后顺序共两类，则最后编排方案共有A44A52A22＝240种3.(2022·江苏南京市第一中学期中)在二项式(x＋1x)n的展开式中，各项系数的和为12

8，把展开式中各项重新排列，则有理项都互不相邻的概率为()A．435B．34C．314D．114【答案】D【考点】二项式定理展开式与概率的应用【解析】由题意可知，2n＝128，解得n＝7，则二项式展开式的通式可设为Tr＋1＝Cr7x7－3r2，（参考答案）2

023高考数学基础强化专题训练（五）22所以当r＝0，2，4，6时，为有理项，所以所求概率p＝A44A45A88＝114，故答案选D．4.(2022·江苏南京市中华中学期中)已知(1－2x)n的二项展开式中第3项与第10项的二项

式系数相等，则展开式中含x2的系数为()A．－312B．312C．－220D．220【答案】D【考点】二项式定理展开式的应用【解析】由题意可知，二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，所以C2n＝C9n，解得n＝2＋9＝11，则展开式的通项公

式Tk+1＝Ck11(－2x)k，令k＝2，则展开式中含x2的系数为C211×4＝220，即展开式中含x2的系数为220，故答案选D．5.(2022·江苏南师附中期中)2021年初，某市因新冠疫情面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国各地志愿者纷纷

驰援．现有5名医生志愿者需要分配到两家医院(每人去一家医院，每家医院至少去1人)，则共有()A．12种B．30种C．18种D．15种【答案】B【解析】两种方案①4＋1，②3＋2；①有C45C11A22＝10个结果，②有C35C22A

22＝20个结果．共有30个结果．6.(2022·江苏南通如皋市期中)(多选题)已知(1－2x)2021＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2021x2021，则A．展开式中所有项的系数和为－1B．展开式

中二项系数最大项为第1010项C．a12＋a222＋a323＋…＋a202122021＝－1D．a1＋2a2＋3a3＋…＋2021a2021＝2021【答案】AC【考点】二项式定理展开式的应用【解析】由题意，在所给的等式中

，令x＝1，可得展开式中所有项的系数和为(1－2)2021＝（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）23－1，故选项A正确；展开式中第r＋1项的二项式系数为Cr2021，则Cr2021≥Cr－12021，且Cr2021≥Cr＋12021

，解得1010≤r≤1011，所以展开式中二项系数最大项为第1011和1012项，故选项B错误；在所给的等式中，令x＝0，可得a0＝1，令x＝12，可得a0＋a12＋a222＋a323＋…＋a202122021＝0，所以a12＋a222＋a323＋…＋a202122021＝－1，故

选项C正确，对已知关系式两边同时求导可得：2021(1－2x)2020×(－2)＝a1＋2a2x＋…＋2021a2021x2020，令x＝1，则2021(1－2)2020×(－2)＝a1＋2a2＋…＋2021a2021，所以a1＋2a2＋3a3＋…＋

2021a2021＝－4042，故选项D错误；综上，答案选AC．统计概率1.（福建省福州高级中学2023届高三上学期第一次阶段考试数学试题）世卫组织就新型冠状病毒感染的肺炎疫情称，新型病毒可能造成“持续

人传人”.通俗点说就是存在A传B，B又传C，C又传D，这就是“持续人传人”.那么A、B、C就会被称为第一代、第二代、第三代传播者.假设一个身体健康的人被被第一代、第二代、第三代传播者感染的概率分别为0.95，0.9，0.85，健康的小明参加了一次多人宴会，事后知道，参加宴会的人有

5名第一代传播者，3名第二代传播者，2名第三代传播者，试计算，小明参加聚会，仅和感染的10个人其中一个接触，感染的概率有多大_______.【答案】0.915【解析】【分析】求出小明与第一代、第二代、第三代传播者接触的概率，代入概率公式求解即可.【详解】设事件A，B，C

为和第一代、第二代、第三代传播者接触，事件D为小明被感染，则由已知得：p(A)=0.5，p(B)=0.3，p(C)=0.2，p(D|A)=0.95，p(D|B)=0.90，p(D|C)=0.85，从而，小明被感染的概率由概率公式可得：p(D)=p(D|A)p(A)+p(D|B)p(

B)+p(D|C)p(C)=0.95×0.5+0.90×0.3+0.85×0.2=0.915故答案为：0.915【点睛】本题考查随机事件的概率，条件概率的概念及概率公式，属于基础题.（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）242.(2022·江

苏南通如皋市期中)某同学高考后参加国内3所名牌大学A，B，C的“强基计划”招生考试，已知该同学能通过这3所大学A，B，C招生考试的概率分别为x，y，12，该同学能否通过这3所大学的招生考试相互独立，且该同学恰好能通过其中2所

大学招生考试的概率为518，则该同学至少通过1所大学招生考试的概率为；该同学恰好通过A，B两所大学招生考试的概率最大值为．【答案】79；118【考点】双空题：随机事件的概率求解【解析】∵该同学能否通过这3所大学

的招生考试相互独立，∴该同学恰好能通过其中2所大学招生考试的概率P＝12xy＋12x(1－y)＋12y(1－x)＝12x＋12y－12xy＝518，∴该同学至少通过1所大学招生考试的概率为1－12(1－x

)(1－y)＝12＋12x＋12y－12xy＝12＋518＝79；由12x＋12y－12xy＝518得，x＋y－xy＝59，∴x＋y＝59＋xy≥2xy，即xy－2xy＋59≥0，解得xy≤19或xy≥259，又∵0＜x＜1，0＜y＜1，∴0＜xy＜1，∴xy≤19，∴该同学恰好通过

A，B两所大学招生考试的概率为12xy，最大值为118．3.(2022·江苏徐州期中)某单位招聘员工，先对应聘者的简历进行评分，评分达标者进入面试环节．现有1000人应聘，他们的简历评分X服从正态分布N(60，102)，若80分及以上为达标，则估计进入面试环

节的人数约为(附：若随机变量X~N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)≈0.9545，P(u－3σ＜X＜μ＋3σ)≈0.9973)A．12B．23C．46D．159【答

案】B【考点】正态分布的应用【解析】由题意可知，μ＝60，σ＝10，所以P(X≥80)＝P(X≥μ＋2σ)＝1－P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)2＝1－0.95452＝0.02275，则进入面试环节的人数约为0.02275×1000＝22.75≈23，故答案选B．（参考

答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）254.(2022·江苏南通海安市期中)“冰墩墩”是2022年北京冬奥会吉祥物，在冬奥特许商品中，已知一款“冰墩墩”盲盒外包装上标注隐藏款抽中的概率为16，出厂时每箱装有6个盲盒．小明买了一箱该款盲盒，他抽中k(0≤k≤6，k∈N)个隐

藏款的概率最大，则k的值为A．0B．1C．2D．3【答案】B【解析】【分析】由题意可得小明抽中个隐藏款的概率为，进而可得，解不等式组即可求出结果.【详解】由题意可得小明抽中个隐藏款的概率为，其中，要使得最大，只

需要最大，则，即，则，又因为，则，故选：B.5.（山东师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期10月学情诊断考试）（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）26（参考答案）2023高考数学基础强化专题训

练（五）27立体几何1.（福建省福州高级中学2023届高三上学期第一次阶段考试数学试题）如图，在三棱锥PABC−中，平面PAC⊥平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，2AC=，5PAPC==，O为A

C的中点，M为PBC内部或边界上的动点，且OM∥平面PAB.（1）证明：PBAC⊥.（2）设直线PM与平面ABC所成角为，求sin的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）255【解析】【分析】（1）由题意证明证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得题中的结论.（2）建立空间直

角坐标坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，然后换元求解最小（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）28值即可.【小问1详解】证明：在三棱锥PABC−中，连接OB，OP，因为ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，PAPC=，O为AC中点所以OPAC⊥，OBAC⊥又OPOBO

=，所以AC⊥平面POB因为PB平面POB，所以PBAC⊥.【小问2详解】由（1）知OPAC⊥，平面PAC⊥平面ABC，平面PAC平面ABCAC=，OP平面PAC，所以OP⊥平面ABC.又OBOC⊥，分别以OB，O

C，OP所在直线为x轴，y轴、z轴建立空间直角坐标系则()0,1,0A−，()1,0,0B，()0,1,0C，()002P,,，设(),,Mxyz，则(),,OMxyz=，(),,2PMxyz=−，()0,1,2PA=−−，()1,0,2PB=−，()0,1,2PC=−.设平面PAB的法向量

为()1111,,xnyz=，则120,0,nPAnPB==即20,20,yzxz−−=−=令1z=，则()12,2,1n=−，同理可求得平面PBC的法向量()22,2,1n=.因为OM∥平面PAB，PM平面PBC，所以120,0,OMnPMn

==即220,2220,xyzxyz−+=++−=即12,1,2zxy=−=所以1,,122Mxx−.又01,0122,xx−所以102x.所以1,,122PMxx=−−，又OP⊥平面ABC，（参考答案）2023

高考数学基础强化专题训练（五）29所以()30,0,1n=是平面ABC的一个法向量.所以()32222121sincos,15125444xxnPMxxxx++===+++++，令1zxt+=，1,2

t，所以221sin511115422224ttttt==−+−+当11t=即0x=时，2115224tt−+取得最大值为54，此时sin取得最小值为255.注：也可以分别取PC，BC的中点E，F，先证明M在线段EF上.2.(2022·江苏海门中学、泗阳中学期中联

考)(12分)如图，四棱锥P－ABCD中，AD//BC，且AD＝4，AB＝BC＝CD＝2，PA＝PD，O是AD的中点，平面PAD⊥平面ABCD．(1)求证：AC⊥平面POB；(2)若直线PA与平面ABCD所成的角为π4，求二面角B－PC－D的余弦值．（参考答案）2023高考数学基础强

化专题训练（五）30【答案】（1）证明见解析（2）57−【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得PO⊥平面ABCD，可得出ACPO⊥，证明出四边形ABCO为菱形，可得出ACOB⊥，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）分析可知PA

D△为等腰直角三角形，然后以点O为坐标原点，OD、OP所在直线分别为y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角BPCD−−的余弦值.【小问1详解】证明：连接OC，因为PAPD=，O为AD的中点，则POAD⊥，因为平面PAD⊥平面A

BCD，平面PAD平面ABCDAD=，PO平面PAD，所以，PO⊥平面ABCD，AC平面ABCD，则ACPO⊥，因为//BCAD，则//BCAO，由已知可得2BCAOAB===，故四边形ABCO为菱形，则ACOB⊥，同理可证四边形BCDO为菱形，POOBO=

，故AC⊥平面POB.【小问2详解】解：因为PO⊥平面ABCD，则PA与平面ABCD所成的角为4PAO=，所以，PAD△为等腰直角三角形，且2APD=，且122POAD==，因为2AOABCDBO====，

故ABO为等边三角形，以点O为坐标原点，OD、OP所在直线分别为y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）31()3,1,0B−、()3,1,0C、()0,2,0D、()002P,,，

设平面PBC的法向量为()111,,mxyz=，()0,2,0BC=uuur，()3,1,2CP=−−，由111120320mBCymCPxyz===−−+=，取12x=，可得()2,0,3m=

，设平面PCD的法向量为()222,,nxyz=，()3,1,0DC=−，()0,2,2DP=−，由222230220nDCxynDPyz=−==−+=，取23y=，可得()1,3,3n=，

则55cos,777mnmnmn===，由图可知，二面角BPCD−−为钝角，因此，二面角BPCD−−的余弦值为57−.数列1.（湖北省二十一所重点中学2023届高三上学期第三次联考数学试题）已知等差数列na的首项10a，记数列na的前n项和为()*NnSn，

且数列nS为等差数列.（1）证明：数列2nSn为常数列；（2）设数列11nnnaSaa+的前n项和为()*NnTn，求nT的通项公式.【答案】（1）证明见解析（参考答案）2023高考数学基础强化专题训

练（五）32（2）21188(21)nnTn+=−+【解析】【分析】（1）设数列nS的公差为d，则()()110nSandd=+−…，平方后求出nS，再利用1nnnaSS−=−可表示出na，从而可得数列na的公差为22d，从而可表示出nS，然后

可求出2nSn为常数，（2）由（1），()()11212nnnaSSnan−=−=−…，则211(21)(21)nnnaSnaann+=−+，化简后利用裂项相消法可求得结果.【小问1详解】证明：设数列nS的公差为d，则0d≥，()()110nSa

ndd=+−…，所以22112(1)(1)nSandand=+−+−所以1nnnaSS−=−222211112(1)(1)2(2)(2)andandandand=+−+−−+−+−()()212322ndadn=−+….所以()()222111212

2322nnaanddanddad+−=−+−−−=所以na的公差为22d，因为2212adad=+所以222121222aaddadd=−=+−，即1ad=，所以22222222112(1)(1)2(1)(1)nSandan

ddndnddn=+−+−=+−+−=，所以22222nSdndnn==为常数，所以数列2nSn为常数列；（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）33【小问2详解】由（1），()()11212nnnaSSnan

−=−=−…，对1n=也成立，因为21ad=，22nSdn=，所以2221221(21)(21)nnnaSddnaandnd+=−+()()22121nnn=−+2214441nn=−221)1(44411nn−+=−2111441n=+−1111482121

nn=+−−+.所以1111111111114834835482121nTnn=+−++−+++−−+1114821nn=+−+21188(21)nn+=−+.2.(2022

·江苏苏州期中)(本小题满分12分)在下列条件：①数列{an}的任意相邻两项均不相等，且数列{an2－an}为常数列，②Sn＝12(an＋n＋1)(n∈N*)，③a3＝2，Sn＋1＝Sn－1＋1(n≥2，n∈N*)中，任选一个，补充在横线上，并回答

下面问题．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，．(1)求数列{an}的通项公式an和前n项和Sn；（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）34(2)设bk＝1S2k·S2k＋1(k∈N*)，数列{bn}的前n项和记为Tn，证明Tn＜34(n∈N*)．【考点

】结构不良题：数列的通项与求和【解析】(1)若选①数列{an2－an}为常数列，则有an2－an＝an＋12－an＋1，所以有(an＋1－an)(an＋1＋an－1)＝0，因数列{an}的任意相邻两项均不相等，于是有

an＋1＋an＝1，(n∈N*)，所以有an＋an－1＝1，(n≥2，n∈N*)，两式相减得an＋1＝an－1(n≥2，n∈N*)，即有a1＝a3，a2＝a3，a3＝a5，…………………………………………………2分又a1＝2，在an＋an－1＝1，(n≥2，n∈N*)中令n

＝1得a2＝－1，即数列{an}：2，－1，2，－1，……所以an＝2，n＝2k－1，k∈N*－1，n＝2k，k∈N*．……………………………………………………4分也可以写成由an＋13＝|sinnπ2|得an＝3|sinnπ2|－1(n∈N*)．∵数列{an}

：2，－1，2，－1，……∴S2k＝k，(k∈N*)，S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝k＋2，(n∈N*)，∴Sn＝n2，(n＝2k，n∈N*)，Sn＝n＋32(n＝2k＋1，n∈N*)，又S1＝a1＝2也适合，即：Sn＝

n＋32，n＝2k－1，k∈N*n2，n＝2k，k∈N*……………………………………………………6分(2)∵数列{an}：2，－1，2，－1，…∴S2k＝k，(k∈N*)，S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝k＋2，(n∈N*)，于是bn＝1k·(k＋2)＝12(1k－1k＋

2)(n∈N*)，…………………………………………8分∴．Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2)＝34－12(1n＋1＋1n＋2)＜34，即Tn＜34(n∈

N*)成立．……………………………………………………………12分若选②由Sn＝12(an＋n＋1)(n∈N*)得Sn＋1＝12(an＋1＋n＋2)，两式相减得an＋an＋1＝1(n∈N*)，所以有an－1＋an＝1(n≥2，n∈N*

)，两式相减得（参考答案）2023高考数学基础强化专题训练（五）35an＋1＝an－1(n≥2，n∈N*)，又a1＝2，所以a2＝－1，即数列{an}：2，－1，2，－1，……下同上述解法若选③由Sn＋1＝Sn－1＋1(n≥2，n∈N*)得Sn＝S

n－2＋1(n≥3，n∈N*)两式相减得，得an＋1＝an－1(n≥3，n∈N*)，即有a2＝a4，a3＝a5，…又由Sn＋1＝Sn－1＋1(n≥2，n∈N*)得an＋an＋1＝1(n≥2，n∈N*)，当n＝2时a2＋a3＝1，又a3＝2，得a2＝－1，又a1＝2，即数列{an}：2，－

1，2，－1，……下同上述解法3.(2022·江苏南通如皋市期中)(本题满分12分)已知各项均为正数的数列{an}，{bn}满足a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列．(1)求证：数列{bn}为等差数列

；(2)记cn＝1an＋1an＋1，记{cn}的前n项和为Sn，若Sk＞54，求正整数k的最小值．【考点】等差等比数列的性质应用、证明等差数列、利用数列求和解不等式【解析】(1)各项均为正数的数列{an}，{bn}满足an，bn，an+1成等差数列，则2b

n＝an＋an+1；由于bn，an+1，bn+1成等比数列．所以an+12＝bnbn+1，由于a1＝2，b1＝4，所以a2＝6，b2＝9；所以2(bn)2＝bn－1bn＋bnbn＋1，(n≥2)，整理得2bn＝bn－1＋bn＋1

，所以数列{bn}为等差数列．(2)法一：由(1)得bn＝b1＋(n－1)(b2－b1)，整理得bn＝(n＋1)2；解得an＝n(n＋1)，所以cn＝1an＋1an＋1＝1n(n＋1)＋1(n＋1)(n＋2)＝1n－1

n＋1＋1n＋1－1n＋2；故Sn＝1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝32－1n＋1－1n＋2，由于函数f(x)＝32－1n＋1－1n＋2在(0，＋)上单调递增，（参考答案

）2023高考数学基础强化专题训练（五）36由于Sk＝32－1k＋1－1k＋2＞54，当k＝3时，S3＝32－14－15＝2120＜2520，当k＝4时，S4＝32－15－16＝3430＜34.530，当k＝5时，S5＝32－16－17＝5042＜54，当k＝6时，S6＝32－1

7－18＝6956＜54，当k＝7时，S7＝32－18－19＝10872＞54，故k的最小值为7．法二：由(1)得bn＝b1＋(n－1)(b2－b1)，整理得bn＝(n＋1)2；解得an＝n(n＋1)，所以cn＝1an＋1an＋1＝1n(n

＋1)＋1(n＋1)(n＋2)＝1n－1n＋1＋1n＋1－1n＋2；故Sn＝1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝32－1n＋1－1n＋2，由Sk＝32－1k＋1－1k＋2＞54，解得

1k＋1＋1k＋2＜14，即k2－5k－10＞0，解得k≥7，故k的最小值为7．