【文档说明】重组卷02-冲刺2023年高考数学真题重组卷（解析版）.docx，共(22)页，1.354 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前冲刺2023年高考数学真题重组卷02新高考地区专用注意事项：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．（2022年高考全国甲卷数学（理））设全集{2,1,0,1,

2,3}U=−−，集合2{1,2},430ABxxx=−=−+=∣，则()UAB=ð（）A．{1,3}B．{0,3}C．{2,1}−D．{2,0}−【答案】D【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，2=4301,3Bxxx−+==，所以

1,1,2,3AB=−,所以()U2,0AB=−ð.故选：D.2．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）若1iz=+．则|i3|zz+=（）A．45B．42C．25D．22【答案】D【分析】根据复

数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．【详解】因为1iz=+，所以()()i3i1i31i22izz+=++−=−，所以i34422zz+=+=．故选：D.3．（2022年新

高考全国II卷数学真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AABBCCDD是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中1111,,,DDCCBBAA是举，1111,,,ODDCCBBA是相等的步，相邻桁的举步之比分别为1111123111

1,0.5,,DDCCBBAAkkkODDCCBBA====．已知123,,kkk成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则3k=（）A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9【答案】D【分析】设1

1111ODDCCBBA====，则可得关于3k的方程，求出其解后可得正确的选项.【详解】设11111ODDCCBBA====，则111213,,CCkBBkAAk===，依题意，有31320.2,0.1kkkk−=−=，且11111

1110.725DDCCBBAAODDCCBBA+++=+++，所以30.530.30.7254k+−=，故30.9k=，故选：D4．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知向量,ab满足||1,||3,|2|3abab==−=，则ab=（）A．2−B．

1−C．1D．2【答案】C【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.【详解】解：∵222|2|||44−=−+abaabb，又∵||1,||3,|2|3,==−=abab∴91443134=−+=−abab，∴1ab=故选：C.5．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）

某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为123,,ppp，且3210ppp．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手

在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大【答案】D【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率p甲；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率p乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率p丙.并对三者进

行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为12，则此时连胜两盘的概率为p甲则21321331231211(1)(1)(1)(1)2

2ppppppppppppp=−+−+−+−甲123123()2pppppp=+−；记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙，则123123213123(1)(1)()2ppppppppppppp=−+−=+−乙记该

棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则132132312123(1)(1)()2ppppppppppppp=−+−=+−丙则()123123213123123()2()20ppppppppppp

pppppp−=+−−+−=−甲乙()213123312123231()2()20ppppppppppppppppp−=+−−+−=−乙丙即pp甲乙，pp乙丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项D判断正确；选项

BC判断错误；p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D6．（2021年浙江省高考数学试题）已知,,是互不相同的锐角，则在sincos,sincos,sincos三个值中，大于12的个数的最大值是（）A．0B．1C．2D．3

【答案】C【分析】利用基本不等式或排序不等式得3sincossincossincos2++，从而可判断三个代数式不可能均大于12，再结合特例可得三式中大于12的个数的最大值.【详解】法1：由基本不等式有22sincossincos2+

，同理22sincossincos2+，22sincossincos2+，故3sincossincossincos2++，故sincos,sincos,sincos

不可能均大于12.取6=，3=，4=，则116161sincos,sincos,sincos424242===，故三式中大于12的个数的最大值为2，故选：C.法2：不妨设，则coscoscos,sinsinsin

，由排列不等式可得：sincossincossincossincossincossincos++++，而()13sincossincossincossinsin

222++=++，故sincos,sincos,sincos不可能均大于12.取6=，3=，4=，则116161sincos,sincos,sincos424242=

==，故三式中大于12的个数的最大值为2，故选：C.【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.7．（2022年高考全

国乙卷数学（文）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．13B．12C．33D．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22r，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，则2111sin222222ABCDSACBDACBDrrr==（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22r又设四棱锥的

高为h，则22rh1+=，3222222212224322333327OABCDrrhVrhrrh−++===当且仅当222rh=即33h=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22ra=，所以该四棱锥的高212ah=−，3222222223114441434421(1)()323442333327aaaaaaaVa

++−=−=−==(当且仅当22142aa=−，即243a=时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高22311233ah=−=−=.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22ra=，所以该四棱锥的高212ah=−，221132aVa=−，令2(02)att=，32132tVt=−，设()322ttft=−，则()2322tftt−

=，403t，()0ft，单调递增，423t，()0ft，单调递减，所以当43t=时，V最大，此时23123ah=−=．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．8．（2021年浙江省高考数学试题）已知,R,0abab，函数()2R()fxaxbx=+.若

(),(),()fstfsfst−+成等比数列，则平面上点(),st的轨迹是（）A．直线和圆B．直线和椭圆C．直线和双曲线D．直线和抛物线【答案】C【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得2()()[()]fstfstfs−+=，即()

2222()()astbastbasb−+++=+，对其进行整理变形：()()()22222222asatastbasatastbasb+−++++=+，()()222222(2)0asatbastasb++−−+=，()

2222222240asatbatast++−=，222242220astatabt−++=，所以22220asatb−++=或0=t，其中2212stbbaa−=为双曲线，0=t为直线.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处

在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.二、多项选择题：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．9．（2021年全国新高考I卷数学试题）已知点P在圆()()225516xy−+−=上，点()4,0A、()0,2B，则（）A．点P到直线AB的距离小于10B．点P到直线AB的距离大于2

C．当PBA最小时，32PB=D．当PBA最大时，32PB=【答案】ACD【分析】计算出圆心到直线AB的距离，可得出点P到直线AB的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】圆()()2

25516xy−+−=的圆心为()5,5M，半径为4，直线AB的方程为142xy+=，即240xy+−=，圆心M到直线AB的距离为2252541111545512+−==+，所以，点P到直线AB的距离的最小值为115425−，最大值为115

4105+，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PMPB⊥，()()22052534BM=−+−=，4MP=，由勾股定理可得2232BPBMMP=−=，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线l与半径为r的圆C相离，

圆心C到直线l的距离为d，则圆C上一点P到直线l的距离的取值范围是,drdr−+.10．（2022年新高考全国II卷数学真题）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，,2FBEDABEDFB==∥，记三棱锥EACD−，FABC−，FACE−的体积分别为123,,VVV，则（）

A．322VV=B．31VV=C．312VVV=+D．3123VV=【答案】CD【分析】直接由体积公式计算12,VV，连接BD交AC于点M，连接,EMFM，由3AEFMCEFMVVV−−=+计算出3V，依次判断选项即可.【详解】设22ABEDF

Ba===，因为ED⊥平面ABCD，FBED，则()2311114223323ACDVEDSaaa===，()232111223323ABCVFBSaaa===，连接BD交AC于点M，连接,EMFM

，易得BDAC⊥，又ED⊥平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC⊥，又EDBDD=，,EDBD平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又122BMDMBDa===，过F作FGDE⊥于G，易得四边形BDGF为矩形，

则22,FGBDaEGa===，则()()()2222226,23EMaaaFMaaa=+==+=，()22223EFaaa=+=，222EMFMEF+=，则EMFM⊥，213222EFMSEMFMa==，22ACa=，则33123AEFMCEFMEFMVVVACSa−−

=+==，则3123VV=，323VV=，312VVV=+，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.11．（2022年新高考全国I卷数学真题）已知O为坐标原点，点(1,1)A在抛物线2:2(0)Cxpyp=上，过

点(0,1)B−的直线交C于P，Q两点，则（）A．C的准线为1y=−B．直线AB与C相切C．2|OPOQOAD．2||||||BPBQBA【答案】BCD【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物

线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.【详解】将点A的代入抛物线方程得12p=，所以抛物线方程为2xy=，故准线方程为14y=−，A错误；1(1)210ABk−−==−，所以直线AB的方程为21yx=−，联立221yxxy=−=，可得2210xx−+=，解得1

x=，故B正确；设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以，直线l的斜率存在，设其方程为1ykx=−，1122(,),(,)PxyQxy，联立21ykxxy=−=，得210xkx−+=

，所以21212Δ401kxxkxx=−+==，所以2k或2k−，21212()1yyxx==，又2221111||OPxyyy=+=+，2222222||OQxyyy=+=+，所以2121212||||(1)(1)||2||OPOQyy

yykxkxkOA=++===，故C正确；因为21||1||BPkx=+，22||1||BQkx=+，所以2212||||(1)||15BPBQkxxk=+=+，而2||5BA=，故D正确.故选：BCD12．（2020年海南省高考数学试卷（新高考全国Ⅱ卷））信息熵是信息

论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为1,2,,n，且1()0(1,2,,),1niiiPXipinp=====，定义X的信息熵21()logniiiHXpp==−.（）A．若n=1，则H(X)=0B．若n=2，则H(X)随着1p的增大而增大C．若1(1,2,,)ipinn==，则

H(X)随着n的增大而增大D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为1,2,,m，且21()(1,2,,)jmjPYjppjm+−==+=，则H(X)≤H(Y)【答案】AC【分析】对于A选项，求得()HX，由此判断出A选项；对于B选项，利用特殊值法进行排除；对于C选项，计算出()HX，利用对

数函数的性质可判断出C选项；对于D选项，计算出()(),HXHY，利用基本不等式和对数函数的性质判断出D选项.【详解】对于A选项，若1n=，则11,1ip==，所以()()21log10HX=−=，所以A选项正

确.对于B选项，若2n=，则1,2i=，211pp=−，所以()()()121121Xlog1log1Hpppp=−+−−，当114p=时，()221133loglog4444HX=−+，当13p4=时，()223311loglog4444HX=−+

，两者相等，所以B选项错误.对于C选项，若()11,2,,ipinn==，则()222111logloglogHXnnnnn=−=−=，则()HX随着n的增大而增大，所以C选项正确.对于D选项，若2nm=，随机变量

Y的所有可能的取值为1,2,,m，且()21jmjPYjpp+−==+（1,2,,jm=）.()2222111loglogmmiiiiiiHXpppp===−=122221222122121111loglogloglogmmm

mpppppppp−−=++++.()HY=()()()122221212122211111logloglogmmmmmmmmpppppppppppp−+−++++++++++12222122212221221121111loglogloglogmm

mmmmpppppppppppp−−−=++++++++由于()01,2,,2ipim=，所以2111iimippp+−+，所以222111loglogiimippp+−+，所以222111loglo

giiiimippppp+−+，所以()()HXHY，所以D选项错误.故选：AC【点睛】本小题主要考查对新定义“信息熵”的理解和运用，考查分析、思考和解决问题的能力，涉及对数运算和对数函数及不等式的基本性质的运用，属于难题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共2

0分．13．（2022年新高考全国I卷数学真题）81()yxyx−+的展开式中26xy的系数为________________（用数字作答）．【答案】-28【分析】()81yxyx−+可化为(

)()88yxyxyx+−+，结合二项式展开式的通项公式求解.【详解】因为()()()8881=yyxyxyxyxx−++−+，所以()81yxyx−+的展开式中含26xy的项为6265352688C28yxyCxyxyx−=−，()81y

xyx−+的展开式中26xy的系数为-28故答案为：-2814．（2022年新高考天津数学高考真题）若直线()00xymm−+=与圆()()22113xy−+−=相交所得的弦长为m，则m=_____．【答案】2【分析】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于m

的等式，即可解得m的值.【详解】圆()()22113xy−+−=的圆心坐标为()1,1，半径为3，圆心到直线()00xymm−+=的距离为1122mm−+=，由勾股定理可得22322mm+=，因为0m，

解得2m=.故答案为：2.15.（2020年山东省春季高考数学真题）已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点F与双曲线22221(0,0)xyabab−=的左焦点重合，若两曲线相交于M，N两点，且线段MN的中点是点F，则该双曲线的离

心率等于______.【答案】21+【分析】利用抛物线的性质，得到M的坐标，再带入到双曲线方程中，即可求解.【详解】由题意知：,2,2pcpc−=−=抛物线方程为：224,ypxcx=−=−M在抛物线上，所以(,2),

Mcc−M在双曲线上，222241,ccab−=2224224,60cacacab=−−+=2322e=，又()1,e+，21.e=+故答案为：21+16．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知1xx=和2xx=分别是函数2()2exfxax=−（0

a且1a）的极小值点和极大值点．若12xx，则a的取值范围是____________．【答案】1,1e【分析】法一：依题可知，方程2ln2e0xaax−=的两个根为12,xx，即函数lnxyaa=与函数eyx=的图象有两个不同

的交点，构造函数()lnxgxaa=，利用指数函数的图象和图象变换得到()gx的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点因为()

2ln2exfxaax=−，所以方程2ln2e0xaax−=的两个根为12,xx，即方程lnexaax=的两个根为12,xx，即函数lnxyaa=与函数eyx=的图象有两个不同的交点，因为12,xx分别是函数()22exfxax=−的极小值点和极大值点，所以函数()fx在(

)1,x−和()2,x+上递减，在()12,xx上递增，所以当时()1,x−()2,x+，()0fx，即eyx=图象在lnxyaa=上方当()12,xxx时，()0fx¢>，即eyx=图象在lnxyaa=下方1a，图象显然不符合题意，所以

01a．令()lnxgxaa=，则()2ln,01xgxaaa=，设过原点且与函数()ygx=的图象相切的直线的切点为()00,lnxxaa，则切线的斜率为()020lnxgxaa=，故切线方程为()0020lnlnxxyaaaaxx−=

−，则有0020lnlnxxaaxaa−=−，解得01lnxa=，则切线的斜率为122lnlnelnaaaa=，因为函数lnxyaa=与函数eyx=的图象有两个不同的交点，所以2elnea，解得1eea，又01a，所以11ea，综上所述，a的取值范围为1,1e

．[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导()2ln2exfxaax=−=0的两个根为12,xx因为12,xx分别是函数()22exfxax=−的极小值点和极大值点，所以函数()fx在()1,x−和()2,x

+上递减，在()12,xx上递增，设函数()()()g2lnxxfxaaex==−，则()()2g2ln2xxaae=−，若1a，则()gx在R上单调递增，此时若()0g0x=，则()fx在()0-,x上单

调递减，在()0,x+上单调递增，此时若有1xx=和2xx=分别是函数()22(0xfxaexa=−且1)a的极小值点和极大值点，则12xx，不符合题意；若01a，则()gx在R上单调递减，此时若()0g0x=，则()fx在()0,x−上单调递增，在()0,x+上单调递

减，令()0g0x=，则02(ln)xeaa=，此时若有1xx=和2xx=分别是函数()22(0xfxaexa=−且1)a的极小值点和极大值点，且12xx，则需满足()00fx，()()00002ln20lnxefxaaexexa=−=−，即001ln1lnxxaa

，故()002lnlnln1lnxeaxaa==，所以11ea.【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通

法．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．（2022年新高考全国II卷数学真题）已知na为等差数列，nb是公比为2的等比数列，且223344ababba−=−=−．(1)证明：11ab=；(2)求集合

1,1500kmkbaam=+中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【分析】（1）设数列na的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得22km−=，即可解出．【详解】（1）设数列na的公差为d，所以，()111

11111224283adbadbadbbad+−=+−+−=−+，即可解得，112dba==，所以原命题得证．（2）由（1）知，112dba==，所以()1111121kkmbaabamda−=+=+−+，即122k

m−=，亦即221,500km−=，解得210k，所以满足等式的解2,3,4,,10k=，故集合1|,1500kmkbaam=+中的元素个数为10219−+=．18．（2021年全国新高考II卷数学试题）在ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，1ba=+，2

ca=+.．（1）若2sin3sinCA=，求ABC的面积；（2）是否存在正整数a，使得ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）1574；（2）存在，且2a=.【分析】（1）由正弦定理可得出23ca=，结合已知条件求出a的值，进一步可求得b、c的值，利

用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出sinB，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角C为钝角，由cos0C结合三角形三边关系可求得整数a的值.【详解】（1）因为2sin3sinCA=，则()2223caa=+=，则4a=，故

5b=，6c=，2221cos28abcCab+-==，所以，C为锐角，则237sin1cos8CC=−=，因此，1137157sin452284ABCSabC===△；（2）显然cba，若ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得()()()()22222221223cos0221

21aaaabcaaCabaaaa++−++−−−===++，解得13a−，则0<<3a，由三角形三边关系可得12aaa+++，可得1a，aZ，故2a=.19．（2022年新高考浙江数学高考

真题）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，//ABDC，//DCEF，5AB=，3DC=，1EF=，60BADCDE==，二面角FDCB−−的平面角为60．设M，N分别为,AEBC的中点．(1)证明：FNAD⊥；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【答案】(

1)证明见解析；(2)5714【分析】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FCBC=，再根据二面角的定义可知，60BCF=，由此可知，FNBC⊥，FNCD⊥，从而可证得FN⊥平面ABCD，即得FNAD⊥；（2）由（1）可知FN⊥平

面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Nxyz−，求出平面ADE的一个法向量，以及BM，即可利用线面角的向量公式解出．【详解】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H．∵四边形A

BCD和EFCD都是直角梯形，//,//,5,3,1ABDCCDEFABDCEF===，60BADCDE==，由平面几何知识易知，2,90DGAHEFCDCFDCBABC======，则四边形EFCG和四边形DCBH是

矩形，∴在RtEGD和RtDHA，23EGDH==，∵,DCCFDCCB⊥⊥，且CFCBC=，∴DC⊥平面,BCFBCF是二面角FDCB−−的平面角，则60BCF=，∴BCF△是正三角形，由DC平面

ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，∵N是BC的中点，FNBC⊥，又DC⊥平面BCF，FN平面BCF，可得FNCD⊥，而BCCDC=，∴FN⊥平面ABCD，而AD平面ABCDFNAD⊥．（2）因为FN⊥平面ABCD，过点N

做AB平行线NK，所以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Nxyz−，设(5,3,0),(0,3,0),(3,3,0),(1,0,3)ABDE−，则333,,22M，333,

,,(2,23,0),(2,3,3)22BMADDE=−=−−=−设平面ADE的法向量为(,,)nxyz=由00nADnDE==，得22302330xyxyz−−=−++=，取(3,1,3)n=−，设直线BM与平面A

DE所成角为，∴3333322||5357sincos,14|||39723313944nBMnBMnBM++=====++++．20．(2022年新高考全国I卷数学真题)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系

，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？(2)从

该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．(|)(|)PBAPBA与(|)(|)PBAPBA的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．（ⅰ）证明：(|)(|)(|)(|)PABPA

BRPABPAB=；（ⅱ）利用该调查数据，给出(|),(|)PABPAB的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．附22()()()()()nadbcKabcdacbd−=++++，()2PKk0.0500.0100.001k

3.8416.63510.828【答案】(1)答案见解析(2)（i）证明见解析；(ii)6R=；【分析】(1)由所给数据结合公式求出2K的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i)根据定

义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求R.【详解】（1）由已知222()200(40906010)=24()()()()50150100100nadbcKabcdacbd−−==++++，又2(6.635

)=0.01PK，246.635，所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.（2）(i)因为(|)(|)()()()()=(|)(|)()()()()PBAPBAPABPAPABPARP

BAPBAPAPABPAPAB=，所以()()()()()()()()PABPBPABPBRPBPABPBPAB=所以(|)(|)(|)(|)PABPABRPABPAB=，(ii)由已知40(|)100PAB=，10(|)100PAB=，又60(|)1

00PAB=，90(|)100PAB=，所以(|)(|)=6(|)(|)PABPABRPABPAB=21．(2022年新高考北京数学高考真题)已知函数()eln(1)xfxx=+．(1)求曲线()yfx=在点(0,(0))f处的

切线方程；(2)设()()gxfx=，讨论函数()gx在[0,)+上的单调性；(3)证明：对任意的,(0,)st+，有()()()fstfsft++．【答案】(1)yx=(2)()gx在[0,)+上单调递增.(3)证明见解析【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线

斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令()()()mxfxtfx=+−，(,0)xt，即证()(0)mxm，由第二问结论可知()mx在[0,+∞）上单调递增，即得证.【详解】（1）解：因为()

eln(1)xfxx=+，所以()00f=，即切点坐标为()0,0，又1()e(ln(1))1xfxxx=+++，∴切线斜率(0)1kf==∴切线方程为：yx=（2）解：因为1()()e(ln(1))1xgxfxx

x=++=+，所以221()e(ln(1))1(1)xgxxxx=++−++，令221()ln(1)1(1)hxxxx=++−++，则22331221()01(1)(1)(1)xhxxxxx+=−+=++++

，∴()hx在[0,)+上单调递增，∴()(0)10hxh=∴()0gx在[0,)+上恒成立，∴()gx在[0,)+上单调递增.（3）解：原不等式等价于()()()(0)fstfsftf+−−，令()()()mxfxtfx=+−，(,0)xt，即证()(0)mxm，∵()()

()eln(1)eln(1)xtxmxfxtfxxtx+=+−=++−+，ee()eln(1)eln(1)()()11xtxxtxmxxtxgxtgxxtx++=+++−+−=+−+++，由（2）知1()()e(ln(1))1xgxfxxx=++=+在)0,+上

单调递增，∴()()gxtgx+，∴()0mx∴()mx在()0,+上单调递增，又因为,0xt，∴()(0)mxm，所以命题得证.22．(2022年新高考全国II卷数学真题)已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的右焦点为(2,0

)F，渐近线方程为3yx=．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点()()1122,,,PxyQxy在C上，且1210,0xxy．过P且斜率为3−的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选

取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在AB上；②PQAB∥；③||||MAMB=．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【答案】(1)2213yx−=(2)见解析【分析】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得,ab的关系，进而利用,,abc的平方关系求得,ab的值，得到

双曲线的方程；（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到200283kxkyk+=−；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公

式得到直线PQ的斜率003xmy=，由②//PQAB等价转化为003kyx=，由①M在直线AB上等价于()2002kykx=−，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.【详解】（1）右焦点为(2,0)F，∴2c=,∵渐近线方程为3yx=，∴3ba=，∴3ba

=，∴222244caba=+==，∴1a=，∴3b=．∴C的方程为：2213yx−=；（2）由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB的中点

，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而12xx=，已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k,直线AB方程为()2

ykx=−,则条件①M在AB上，等价于()()2000022ykxkykx=−=−；两渐近线的方程合并为2230xy−=,联立消去y并化简整理得：()22223440kxkxk−−+=设()()3344,,,AxyBxy,线段中点为()

,NNNxy,则()2342226,2233NNNxxkkxykxkk+===−=−−,设()00,Mxy,则条件③AMBM=等价于()()()()222203030404xxyyxxyy−+−=−+−,移项并利用平方差公式整理得：()()()()3403434034220xxxxxy

yyyy−−++−−+=，()()3403403434220yyxxxyyyxx−−++−+=−,即()000NNxxkyy−+−=,即200283kxkyk+=−；由题意知直线

PM的斜率为3−,直线QM的斜率为3,∴由()()101020203,3yyxxyyxx−=−−−=−,∴()1212032yyxxx−=−+−,所以直线PQ的斜率()12012121232xxxyymxxx

x+−−==−−−,直线()00:3PMyxxy=−−+,即0033yyxx=+−,代入双曲线的方程22330xy−−=,即()()333xyxy+−=中，得：()()000032333yxxyx+−+=,解得P的横坐标：10000133233xyxyx=

+++,同理：20000133233xyxyx=−+−−，∴00120120022220000331,2,333yxxxyxxxxyxyx−=++−=−−−−∴003xmy=,∴条件②//PQAB等价于003

mkkyx==，综上所述：条件①M在AB上，等价于()2002kykx=−；条件②//PQAB等价于003kyx=；条件③AMBM=等价于200283kxkyk+=−；选①②推③:由①②解得：2200002228,433kkxxkyxkk=+

==−−,∴③成立；选①③推②：由①③解得：20223kxk=−，20263kkyk=−，∴003kyx=，∴②成立；选②③推①：由②③解得：20223kxk=−，20263kkyk=−，∴02623xk−=−，∴()2002kykx=

−，∴①成立.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com