重组卷01-冲刺2023年高考数学真题重组卷（新高考地区专用）含答案.pdf

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1、绝绝密密启启用用前前冲刺 2023 年高考数学真题重组卷 01新高考地区专用（原卷版）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（2022 年高考北京卷）已知全集33Uxx，集合21Axx，则UA（）A(2,1B(3,2)1,3)C

2、 2,1)D(3,2(1,3)2（2022 年高考全国乙卷）已知12zi，且0zazb，其中 a，b 为实数，则（）A1,2ab B1,2abC1,2abD1,2ab 3（2022 年全国高考全国 II）已知向量(3,4),(1,0),tabcab，若,a cb c，则t（）A6B5C5D64（2022 年高考天津卷）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120，腰为 3 的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A23B24C26D275（2021 年高考全国甲卷）将 4 个 1 和 2 个 0 随机排成一行，则 2 个 0 不相邻的概率为（）

3、A13B25C23D456（2022 年高考天津卷）已知1()sin22f xx，关于该函数有下列四个说法：()f x的最小正周期为2；()f x在,4 4上单调递增；当,6 3x 时，()f x的取值范围为33,44；()f x的图象可由1g()sin(2)24xx的图象向左平移8个单位长度得到以上四个说法中，正确的个数为（）A1B2C3D47（2022 年高考全国 I 卷）已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且33 3l，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A8118,4B27 81,44C27 64,43D18,278（2022 年高考全国 I 卷）设0.

4、110.1e,ln0.99abc，则（）AabcBcbaCcabDacb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（2022 年高考全国 I 卷）已知正方体1111ABCDABC D，则（）A直线1BC与1DA所成的角为90B直线1BC与1CA所成的角为90C直线1BC与平面11BB D D所成的角为45D直线1BC与平面 ABCD 所成的角为4510（2022 年高考全国 II 卷）若 x，y 满足221xyxy，则（）A1xyB2xy C222xyD221xy11（

5、2022 年高考全国 II 卷）已知 O 为坐标原点，过抛物线2:2(0)C ypx p焦点 F 的直线与 C 交于 A，B 两点，其中 A 在第一象限，点(,0)M p，若|AFAM，则（）A直线AB的斜率为2 6B|OBOFC|4|ABOFD180OAMOBM12（2022 年高考全国 I 卷）已知函数()f x及其导函数()fx的定义域均为R，记()()g xfx，若322fx，(2)gx均为偶函数，则（）A(0)0fB102gC(1)(4)ffD(1)(2)gg三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13（2021 年高考天津卷）在6312xx的展开式中，6x的系数是

6、_14（2022 年高考全国 II 卷）设点(2,3),(0,)ABa，若直线AB关于ya对称的直线与圆22(3)(2)1xy有公共点，则 a 的取值范围是_15（2021 年高考全国新高考 II 卷）已知函数12()1,0,0 xf xexx，函数()f x的图象在点 11,A x f x和点 22,B x f x的两条切线互相垂直，且分别交 y 轴于 M，N 两点，则|AMBN取值范围是_16（2022 年高考全国 I 卷）已知椭圆2222:1(0)xyCabab，C 的上顶点为 A，两个焦点为1F，2F，离心率为12过1F且垂直于2AF的直线与 C 交于 D，E 两点，|6DE，则ADE

7、V的周长是_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 年高考全国 I 卷）记nS为数列 na的前 n 项和，已知11,nnSaa是公差为13的等差数列(1)求 na的通项公式；(2)证明：121112naaa18（2020 年高考浙江卷）在锐角ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且2 sin30bAa（I）求角 B 的大小；（II）求 cosA+cosB+cosC 的取值范围19（2021 年高考全国乙卷）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，1PDDC，M为BC的中点，且PBAM（1）求BC；（2）求二

8、面角APMB的正弦值20（2022 年高考北京卷）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9 50m以上（含9 50m）的同学将获得优秀奖为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；(2)设 X 是甲、乙、丙在校运

9、动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计 X 的数学期望 E（X）；(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）21（2021 年高考全国 I 卷）在平面直角坐标系xOy中，已知点117,0F、21217,02FMFMF，点M的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）设点T在直线12x 上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且TA TBTP TQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.22（2020 年高考全国新课标 I 卷）已知函数2()exf xaxx.（1）当 a=1 时，讨论 f（x）的单调性；（2）当 x0 时，f（x）12x3+1，求

10、a 的取值范围.绝绝密密启启用用前前冲刺 2023 年高考数学真题重组卷 01新高考地区专用（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（2022 年高考北京卷）已知全集33Uxx，集合21Axx，则UA（）A(2,1B(3

11、,2)1,3)C 2,1)D(3,2(1,3)D【解析】利用补集的定义可得正确的选项【详解】由补集定义可知：|32UAxx 或13x，即(3,2(1,3)UA ，故选：D2（2022 年高考全国乙卷）已知12zi，且0zazb，其中 a，b 为实数，则（）A1,2ab B1,2abC1,2abD1,2ab A【解析】先算出z,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可【详解】12zi 1 2i(1 2i)(1)(22)izazbababa 由0zazb,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，得10220aba,即12ab 故选:A3（2022 年全国高考全国 II）已知向量(3,4),(1

12、,0),tabcab，若,a cb c，则t（）A6B5C5D6C【解析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得【详解】解：3,4ct,cos,cos,a cb c,即931635ttcc,解得5t,故选：C4（2022 年高考天津卷）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120，腰为 3 的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A23B24C26D27D【解析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.【详解】该几何体由直三棱柱AFDBHC及直三棱柱DGCAEB组成，作HMCB于 M，如图，因为3,12

13、0CHBHCHB，所以3 33,22CMBMHM，因为重叠后的底面为正方形，所以3 3ABBC,在直棱柱AFDBHC中，AB平面 BHC，则ABHM,由ABBCB可得HM 平面ADCB，设重叠后的 EG 与FH交点为,I则132713813 3 3 3,=3 33 3=322224I BCDAAFD BHCVV则该几何体的体积为8127222742AFD BHCI BCDAVVV.故选：D.5（2021 年高考全国甲卷）将 4 个 1 和 2 个 0 随机排成一行，则 2 个 0 不相邻的概率为（）A13B25C23D45C【解析】将 4 个 1 和 2 个 0 随机排成一行，可利用插空法，4

14、 个 1 产生 5 个空，若 2 个 0 相邻，则有155C 种排法，若 2 个 0 不相邻，则有2510C 种排法，所以 2 个 0 不相邻的概率为1025 103.故选：C.6（2022 年高考天津卷）已知1()sin22f xx，关于该函数有下列四个说法：()f x的最小正周期为2；()f x在,4 4上单调递增；当,6 3x 时，()f x的取值范围为33,44；()f x的图象可由1g()sin(2)24xx的图象向左平移8个单位长度得到以上四个说法中，正确的个数为（）A1B2C3D4A【解析】根据三角函数的图象与性质，以及变换法则即可判断各说法的真假【详解】因为1()sin22f

15、xx，所以()f x的最小正周期为22T，不正确；令 2,2 2tx，而1sin2yt在,2 2上递增，所以()f x在,4 4上单调递增，正确；因为 22,33tx，3sin,12t，所以 3 1,42f x，不正确；由于11g()sin(2)sin 22428xxx，所以()f x的图象可由1g()sin(2)24xx的图象向右平移8个单位长度得到，不正确故选：A7（2022 年高考全国 I 卷）已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且33 3l，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A8118,4B27 81,44C27 64,43D18,27C【解析】设正四

16、棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】球的体积为36，所以球的半径3R,方方法法一一：导导数数法法设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则2222lah，22232(3)ah,所以26hl，2222alh所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936lllVShahll，所以5233112449696llVll，当32 6l 时，0V，当2 63 3l 时，0V，所以当2 6l 时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又3l 时，274V，3 3l 时，814V,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所

17、以该正四棱锥体积的取值范围是27 6443，.故选：C.方方法法二二：基基本本不不等等式式法法由方法一故所以3221224211646122(333333hhhVa hhhhh h h当且仅当4h 取到)，当32h 时，得3 32a，则22min11 3 3327();33242Va h当3 3l 时，球心在正四棱锥高线上，此时39322h，23 33 3222aa，正四棱锥体积22111 3 398164()332432Va h，故该正四棱锥体积的取值范围是27 64,.438（2022 年高考全国 I 卷）设0.110.1e,ln0.99abc，则（）AabcBcbaCcabDacbC【分

18、析】构造函数()ln(1)f xxx，导数判断其单调性，由此确定,a b c的大小.【详解】方方法法一一：构构造造法法设()ln(1)(1)f xxx x，因为1()111xfxxx ，当(1,0)x 时，()0fx，当,()0 x时()0fx，所以函数()ln(1)f xxx在(0,)单调递减，在(1,0)上单调递增，所以1()(0)09ff，所以101ln099，故110lnln0.999，即bc，所以1()(0)010ff，所以91ln+01010，故1109e10，所以11011e109，故ab，设()eln(1)(01)xg xxxx，则21 e11()+1 e11xxxg xxxx

19、,令2()e(1)+1xh xx，2()e(21)xh xxx，当021x时，()0h x，函数2()e(1)+1xh xx单调递减，当211x 时，()0h x，函数2()e(1)+1xh xx单调递增，又(0)0h，所以当021x时，()0h x，所以当021x时，()0g x，函数()eln(1)xg xxx单调递增，所以(0.1)(0)0gg，即0.10.1eln0.9，所以ac故选：C.方方法法二二：比比较较法法解：0.10.1ae，0.110.1b，ln(10.1)c ，lnln0.1ln(10.1)ab，令()ln(1),(0,0.1,f xxxx则1()1011xfxxx，故(

20、)f x在(0,0.1上单调递减，可得(0.1)(0)0ff，即lnln0ab，所以ab；0.10.1ln(10.1)ace，令()ln(1),(0,0.1,xg xxexx则 111111xxxxx egxxeexx，令()(1)(1)1xk xxx e，所以2()(12)0 xk xxx e，所以()k x在(0,0.1上单调递增，可得()(0)0k xk，即()0g x，所以()g x在(0,0.1上单调递增，可得(0.1)(0)0gg，即0ac，所以.ac故.cab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

21、分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分9（2022 年高考全国 I 卷）已知正方体1111ABCDABC D，则（）A直线1BC与1DA所成的角为90B直线1BC与1CA所成的角为90C直线1BC与平面11BB D D所成的角为45D直线1BC与平面 ABCD 所成的角为45ABD【解析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接1BC、1BC，因为11/DABC，所以直线1BC与1BC所成的角即为直线1BC与1DA所成的角，因为四边形11BBC C为正方形，则1BC 1BC，故直线1BC与1DA所成的角为90，A 正确；连接1AC，因为11AB 平面11BBC C，1BC

22、 平面11BBC C，则111A BBC，因为1BC 1BC，1111ABBCB，所以1BC 平面11A B C，又1AC 平面11A B C，所以11BCCA，故 B 正确；连接11AC，设1111ACB DO，连接BO，因为1BB 平面1111DCBA，1C O 平面1111DCBA，则11C OB B，因为111C OB D，1111B DB BB，所以1C O 平面11BB D D，所以1C BO为直线1BC与平面11BB D D所成的角，设正方体棱长为1，则122CO，12BC，1111sin2COC BOBC，所以，直线1BC与平面11BB D D所成的角为30，故 C 错误；因为

23、1C C 平面ABCD，所以1C BC为直线1BC与平面ABCD所成的角，易得145C BC，故 D 正确.故选：ABD10（2022 年高考全国 II 卷）若 x，y 满足221xyxy，则（）A1xyB2xy C222xyD221xyBC【解析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假【详解】因为22222ababab（,a bR），由221xyxy可变形为，221332xyxyxy，解得22xy，当且仅当1xy 时，2xy，当且仅当1xy时，2xy，所以 A 错误，B正确；由221xyxy可变形为222212xyxyxy，解得222xy，当且仅当1xy 时取等号，所以C 正确；因为2

24、21xyxy变形可得223124yxy，设3cos,sin22yxy，所以12cossin,sin33xy，因此222252111cossinsincos1sin2cos233333xy 422sin 2,23363，所以当33,33xy 时满足等式，但是221xy不成立，所以 D 错误故选：BC11（2022 年高考全国 II 卷）已知 O 为坐标原点，过抛物线2:2(0)C ypx p焦点 F 的直线与 C 交于 A，B 两点，其中 A 在第一象限，点(,0)M p，若|AFAM，则（）A直线AB的斜率为2 6B|OBOFC|4|ABOFD180OAMOBMACD【解析】由AFAM及抛物线

25、方程求得36(,)42ppA，再由斜率公式即可判断 A 选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线求得6(,)33ppB，即可求出OB判断 B 选项；由抛物线的定义求出2512pAB 即可判断 C 选项；由0OA OB ，0MA MB 求得AOB，AMB为钝角即可判断 D 选项.【详解】对于 A，易得(,0)2pF，由AFAM可得点A在FM的垂直平分线上，则A点横坐标为3224ppp，代入抛物线可得2233242pypp，则36(,)42ppA，则直线AB的斜率为622 6342ppp，A 正确；对于 B，由斜率为2 6可得直线AB的方程为122 6pxy，联立抛物线方程得22106ypyp，设1

26、1(,)B x y，则16626pyp，则163py ，代入抛物线得21623pp x，解得13px，则6(,)33ppB，则22673332ppppOBOF，B 错误；对于 C，由抛物线定义知：325244312pppABppOF，C 正确；对于 D，23663663(,)(,)0423343234ppppp ppppOA OB ，则AOB为钝角，又26262665(,)(,)0423343236pppppppppMA MB ，则AMB为钝角，又360AOBAMBOAMOBM，则180OAMOBM，D 正确.故选：ACD.12（2022 年高考全国 I 卷）已知函数()f x及其导函数()f

27、x的定义域均为R，记()()g xfx，若322fx，(2)gx均为偶函数，则（）A(0)0fB102gC(1)(4)ffD(1)(2)ggBC【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】方方法法一一：对对称称性性和和周周期期性性的的关关系系研研究究对于()f x，因为322fx为偶函数，所以332222fxfx即3322fxfx，所以 3fxf x，所以()f x关于32x 对称，则(1)(4)ff，故 C 正确；对于()g x，因为(2)gx为偶函数，(2)(2)gxgx，(4)()gxg x，所以()g x关于2x 对

28、称，由求导，和()()g xfx，得333333222222fxfxfxfxgxgx ，所以 30gxg x，所以()g x关于3(,0)2对称，因为其定义域为 R，所以302g，结合()g x关于2x 对称，从而周期34222T，所以13022gg，112ggg，故 B 正确，D 错误；若函数()f x满足题设条件，则函数()f xC（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定()f x的函数值，故A 错误.故选：BC.方方法法二二：【最最优优解解】特特殊殊值值，构构造造函函数数法法.由方法一知()g x周期为 2，关于2x 对称，故可设 cos g xx，则 1sin f xxc，显然 A，

29、D 错误，选 BC.故选：BC.方方法法三三：因为322fx，(2)gx均为偶函数，所以332222fxfx即3322fxfx，(2)(2)gxgx，所以 3fxf x，(4)()gxg x，则(1)(4)ff，故 C 正确；函数()f x，()g x的图象分别关于直线3,22xx对称，又()()g xfx，且函数()f x可导，所以 30,32ggxg x，所以(4)()3gxg xgx，所以(2)(1)g xg xg x，所以13022gg，112ggg，故 B 正确，D 错误；若函数()f x满足题设条件，则函数()f xC（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定()f x的函数值，故

30、A 错误.故选：BC.【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13（2021 年高考天津卷）在6312xx的展开式中，6x的系数是_160【解析】求出二项式的展开式通项，令x的指数为 6 即可求出.【详解】6312xx的展开式的通项为63618 4166122rrrrrrrTCxCxx，令1846r，解得3r，所以6x的系数是3362160C.故答案为：160.14（2022 年高考全国 II 卷

31、）设点(2,3),(0,)ABa，若直线AB关于ya对称的直线与圆22(3)(2)1xy有公共点，则 a 的取值范围是_1 3,3 2【解析】首先求出点A关于ya对称点A的坐标，即可得到直线l的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；【详解】解：2,3A 关于ya对称的点的坐标为2,23Aa，0,Ba在直线ya上，所以A B所在直线即为直线l，所以直线l为32ayxa，即3220axya；圆22:321Cxy，圆心3,2C，半径1r，依题意圆心到直线l的距离223342132aada，即2225532aa，解得1332a，即1 3,3 2a；故答案为：1 3,3 215（2

32、021 年高考全国新高考 II 卷）已知函数12()1,0,0 xf xexx，函数()f x的图象在点 11,A x f x和点 22,B x f x的两条切线互相垂直，且分别交 y 轴于 M，N 两点，则|AMBN取值范围是_()0,1【分析】结合导数的几何意义可得120 xx，结合直线方程及两点间距离公式可得1211xeAxM，2221xeBxN，化简即可得解.【详解】由题意，1011,0,xxxexfxeex，则 0,0 xxxfxeex，所以点11,1xA xe和点22,1xB x e，12,xxAMBNkeke,所以12121,0 xxeexx，所以111111,0:,11xxxx

33、eexxeAMeyMx ，所以112221111xxxe xexAM，同理2221xeBxN,所以1111212222122221110,1111xxxxxxxexeeeeeeNxAMB.故答案为：()0,1【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件120 xx，消去一个变量后，运算即可得解.16（2022 年高考全国 I 卷）已知椭圆2222:1(0)xyCabab，C 的上顶点为 A，两个焦点为1F，2F，离心率为12过1F且垂直于2AF的直线与 C 交于 D，E 两点，|6DE，则ADEV的周长是_13【解析】利用离心率得到椭圆的方程为222222213412043x

34、yxyccc，即，根据离心率得到直线2AF的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：3xyc，代入椭圆方程22234120 xyc，整理化简得到：22136 390ycyc，利用弦长公式求得138c，得1324ac，根据对称性将ADEV的周长转化为2F DE的周长，利用椭圆的定义得到周长为413a.【详解】椭圆的离心率为12cea，2ac，22223bacc，椭圆的方程为222222213412043xyxyccc，即，不妨设左焦点为1F，右焦点为2F，如图所示，222AFaOFcac，23AF O，12AFF为正三角形，过1F且垂直于2AF的直线与 C 交于 D，

35、E 两点，DE为线段2AF的垂直平分线，直线DE的斜率为33，斜率倒数为3，直线DE的方程：3xyc，代入椭圆方程22234120 xyc，整理化简得到：22136 390ycyc，判别式22226 34 13 9616ccc ，2121322 6 461313cDEyy ，138c，得1324ac，DE为线段2AF的垂直平分线，根据对称性，22ADDFAEEF，ADEV的周长等于2F DE的周长，利用椭圆的定义得到2F DE周长为222211121222413DFEFDEDFEFDFEFDFDFEFEFaaa.故答案为：13.四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明

36、过程或演算步骤17（2022 年高考全国 I 卷）记nS为数列 na的前 n 项和，已知11,nnSaa是公差为13的等差数列(1)求 na的通项公式；(2)证明：121112naaa(1)12nn na；(2)见解析【解析】（1）利用等差数列的通项公式求得121133nnSnna，得到23nnnaS，利用和与项的关系得到当2n 时，112133nnnnnnanaaSS,进而得：111nnanan，利用累乘法求得12nn na，检验对于1n 也成立，得到 na的通项公式12nn na；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1211112 11naaan，进而证得.【详解】（1）11a，111

37、Sa,111Sa,又nnSa是公差为13的等差数列，121133nnSnna,23nnnaS,当2n 时，1113nnnaS，112133nnnnnnanaaSS,整理得：111nnnana,即111nnanan,31211221nnnnnaaaaaaaaaa1341112212n nnnnn，显然对于1n 也成立，na的通项公式12nn na；（2）12112,11nan nnn12111naaa111111212 1222311nnn18（2020 年高考浙江卷）在锐角ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且2 sin30bAa（I）求角 B 的大小；（II）求 cosA+

38、cosB+cosC 的取值范围（I）3B；（II）31 3,22【解析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角 B 的大小；（II）方法二：结合()的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角 A 的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角 A 的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得coscoscosABC的取值范围.【详解】（I）方方法法一一：余余弦弦定定理理由2 sin3bAa，得222233sin24aaAbb，即22231cos4aAb.结合余弦定222cos2bcaAbc，2222223124bcaabcb，即2244422222222422

39、23b cbcab cb ac aa c，即444222222220abca ca bb c，即44422222222222abca ca bb ca c，即22222acbac，ABC为锐角三角形，2220acb，222acbac，所以2221cos22acbBac，又 B 为ABC的一个内角，故3B.方方法法二二【最最优优解解】：正正弦弦定定理理边边化化角角由2 sin3bAa，结合正弦定理可得：32sinsin3sin,sin2BAABABC为锐角三角形，故3B.（II）方方法法一一：余余弦弦定定理理基基本本不不等等式式因为3B，并利用余弦定理整理得222bacac，即223()acac

40、b.结合22acac，得2acb.由临界状态（不妨取2A）可知3acb.而ABC为锐角三角形，所以3acb.由余弦定理得2222221coscoscos222bcaabcABCbcab，222bacac，代入化简得1coscoscos12acABCb故coscoscosABC的取值范围是31 3,22.方方法法二二【最最优优解解】：恒恒等等变变换换三三角角函函数数性性质质结合(1)的结论有：12coscoscoscoscos23ABCAA131coscossin222AAA311sincos222AA1sin62A.由203202AA可得：62A，2363A，则3sin,162A，131 3s

41、in,6222A.即coscoscosABC的取值范围是31 3,22.【整体点评】（I）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得222acbac，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为最优解；（II）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解.19（2021 年高考全国乙卷）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，1PDDC，M为BC的中点，且PBAM（1）求BC；（2）求二面角APMB的正弦值（1）2；（2）7014【解析】（1）以点D为

42、坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设2BCa，由已知条件得出0PB AM ，求出a的值，即可得出BC的长；（2）求出平面PAM、PBM的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】（1）方方法法一一：空空间间坐坐标标系系+空空间间向向量量法法PD 平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Dxyz，设2BCa，则0,0,0D、0,0,1P、2,1,0Ba、,1,0M a、2,0,0Aa，则2,1,1PBa，,1,0AMa ，PBAM，则2210P

43、B AMa ，解得22a，故22BCa；方方法法二二【最最优优解解】：几几何何法法+相相似似三三角角形形法法如图，连结BD因为PD 底面ABCD，且AM 底面ABCD，所以PDAM又因为PBAM，PBPDP，所以AM平面PBD又BD平面PBD，所以AMBD从而90ADBDAM 因为90 MABDAM，所以 MABADB所以ADBBAM，于是ADBAABBM所以2112BC 所以2BC 方方法法三三：几几何何法法+三三角角形形面面积积法法如图，联结BD交AM于点 N由方法二知AMDB在矩形ABCD中，有DANBMN，所以2ANDAMNBM，即23ANAM令2(0)BCt t，因为 M 为BC的中

44、点，则BMt，241DBt，21AMt由1122DABSDA ABDB AN，得221241123 ttt，解得212t，所以22BCt（2）方方法法一一【最最优优解解】：空空间间坐坐标标系系+空空间间向向量量法法设平面PAM的法向量为111,mx y z，则2,1,02AM ，2,0,1AP ，由111120220m AMxym APxz ，取12x，可得2,1,2m，设平面PBM的法向量为222,nxy z，2,0,02BM ，2,1,1BP ，由222220220n BMxn BPxyz ，取21y，可得0,1,1n，33 14cos,1472m nm nm n ，所以，270sin,1

45、 cos,14m nm n ，因此，二面角APMB的正弦值为7014.方方法法二二：构构造造长长方方体体法法+等等体体积积法法如图，构造长方体1111ABCDABC D，联结11,AB A B，交点记为 H，由于11ABAB，1ABBC，所以AH 平面11ABCD过 H 作1D M的垂线，垂足记为 G联结AG，由三垂线定理可知1AGD M，故AGH为二面角APMB的平面角易证四边形11ABCD是边长为2的正方形，联结1D H，HM111 111111,2D HMD HMD A HHBMMCDA BCDSD M HG SSSSS正方形，由等积法解得3 1010HG在Rt AHG中，23 10,2

46、10AHHG，由勾股定理求得355AG所以，70sin14AHAGHAG，即二面角APMB的正弦值为7014【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.20（2022 年高考北京卷）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9 50m以上（含9 5

47、0m）的同学将获得优秀奖为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；(2)设 X 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计 X 的数学期望 E（X）；(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结

48、论不要求证明）(1)0.4；(2)75；(3)丙【解析】(1)由频率估计概率即可(2)求解得 X 的分布列，即可计算出 X 的数学期望.(3)计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大.【详解】（1）由频率估计概率可得甲获得优秀的概率为 0.4，乙获得优秀的概率为 0.5，丙获得优秀的概率为 0.5，故答案为 0.4（2）设甲获得优秀为事件 A1,乙获得优秀为事件 A2，丙获得优秀为事件 A31233(0)()0.6 0.5 0.520P XP A A A，123123123(1)()()()P XP A A AP A A AP A A A80.4 0.5

49、 0.50.6 0.5 0.50.6 0.5 0.520，123123123(2)()()()P XP A A AP A A AP A A A70.4 0.5 0.50.4 0.5 0.50.6 0.5 0.520，1232(3)()0.4 0.5 0.520P XP A A A.X 的分布列为X0123P32082072022038727()0123202020205E X （3）丙夺冠概率估计值最大.因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得 9.85 的概率为14，甲获得 9.80 的概率为110，乙获得 9.78 的概率为16.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越

50、多，对丙越有利.21（2021 年高考全国 I 卷）在平面直角坐标系xOy中，已知点117,0F、21217,02FMFMF，点M的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）设点T在直线12x 上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且TA TBTP TQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.（1）221116yxx；（2）0.【解析】(1)利用双曲线的定义可知轨迹C是以点1F、2F为左、右焦点双曲线的右支，求出a、b的值，即可得出轨迹C的方程；(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线 C 的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得12kk的值.【详解】(1)因