2023年高考数学真题（新课标Ⅱ）（解析版）

2023 年全国新高考Ⅱ卷一、选择题：本大题共 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 3i 3i  对应的点位于（ 1. 在复平面内， A. 第一象限【答案】A ）． C. 第三象限 B. 第二象限 D. 第四象限【解析】【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断. 1 3i 3i  38i 3i2  6 8i 【详解】因为  ，6,8 ，位于第一象限. 则所求复数对应的点为故选：A. a  A  0,a B  1,a  2,2a  2 A  B 2. 设集合，，若，则（）． 21 D. A. 2 B. 1 C. 3【答案】B 【解析】【分析】根据包含关系分 a  2  0 A  B 和两种情况讨论，运算求解即可. B  1,0,2 2a  2  0 【详解】因为，则有： A  0,2 a  2 若若a  2  0，解得，此时 ，，不符合题意； A  0,1 B  1,1,0 ，解得 a 1，此时 ，，符合题意； 2a  2  0 综上所述： a 1 故选：B. .3. 某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取 60 名学生，已知该校初中部和高中部分别有 400 名和 200 名学生，则不同的抽样结果共有（）． C45 C15 CC40 20 400 A. C. 200 种 B. D. 200 种 400 C30 C30 C40 C20 200 种 200 种 400 400 【答案】D 【解析】【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案. 400 200 600 60  40 60  20 【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，600 C40 C20 根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有 200 种. 400 故选：D. 2x 1 2x 1 a  f x x  a ln 4. 若为偶函数，则（）．   11 A. B. 0 C. D. 1 2【答案】B 【解析】 a【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可. 1f (x) f (1)  f (1)，(1 a)ln  (1 a)ln3 【详解】因为为偶函数，则，解得 a  0 ，32x 1 2x 1 112x 1 2x 1  0  x  f x xln   x   当a  0 时，，，解得或，22121x x x   则其定义域为或，关于原点对称. 21 2 x 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 f x  x ln  x ln  x ln  xln  f x ，    2 x 1 f x 故此时  为偶函数. 故选：B. x2 2y  x  m FF2 ，直线 5. 已知椭圆的左、右焦点分别为，与 C 交于 A，B 两点，若 C :  y 1 13m  △F AB △F AB 面积的 2 倍，则 2面积是（）． 122A. 22D. B. C. 3333【答案】C 【解析】 m，求出范围，再根据三角形面积比得到关于 m的方【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用   0 程，解出即可. y  x  m 222y，消去可得 y  x  m 【详解】将直线与椭圆联立，4x  6mx  3m  3  0 x y2 1 3A, B   36m2  44 3m2 3  0 因为直线与椭圆相交于的点，则，解得，2  m  2 Fd ,F d距离 2 ，易知 F  2,0 ,F 2,0 设到距离到，AB AB 1  2  112|  2  m | | 2 m | 则，，d1  d2  22|  2  m | SF AB |  2  m | | 2 m | 2| 2 m | 221 2 ，解得或（舍去）， m   3 2 S3F2 AB 故选：C. f x aex  ln x 1,2 上单调递增，则 a 的最小值为（ 6. 已知函数在区间 ）．   e2 e1 C. e2 A. B. e D. 【答案】C 【解析】 1x1,2 f x ae  0 【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．   x11xxex  1,2 f x ae  0 【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，a  0   xaxg x  xex , x 1,2 g x x 1 e 0 g x 1,2 上单调递增， 设  ，所以   ，所以   在．11e  a  e1 1 g x  g 1  e    ，故，即，即 a 的最小值为 eae故选：C． 21 5 sin 7. 已知为锐角，，则（）． cos  43 5 1 5 3 5 1 5 A. B. C. D. 8844【答案】D 【解析】【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出． 2  1 5 ，而为锐角，【详解】因为 cos 1 2sin 24225 1 3 5 5 1 4sin 解得：．816 故选：D． SaS  5 S  21S ，S  8. 记为等比数列的前 n 项和，若 2 ，则（）．   nn468120 A. 120 B. 85 C. D. 85 【答案】C 【解析】 S , S 【分析】方法一：根据等比数列的前 n 项和公式求出公比，再根据方法二：根据等比数列的前 n 项和的性质求解． 8 的关系即可解出； 4的公比为 q，首项为 aa，1【详解】方法一：设等比数列  nq 1 S  6a  32a  3S q 1 若，则 2 ，与题意不符，所以；611a 1 q6 a 1 q2 a 1 q4 1  1  1   5 S  5 S  21S ，由2 可得，，①，  21 461 q 1 q 1 q q2  4 由①可得，1 q2  q4  21，解得：，a 1 q8 a 1 q4 1  1   1 q4  5 116  85 S  所以．81 q 1 q 故选：C．的公比为 q， a方法二：设等比数列  nS  5 S  21S ，q  1 S  0 因为 2 ，所以，否则，464S , S  S , S  S , S  S 从而， 6 成等比数列， 242648542S  1 S  所以有，，解得：或，5 S  S 21S  5 2  2  222S  1 S , S  S , S  S , S  S 1,4,16, S  21 当时， 6 ，即为，22426488S  21 64 S  85 易知，，即；885S  a  a  a  a  a  a 1 q2  1 q2 S  0 S  当时， ，  4123412224S  5 与矛盾，舍去． 4故选：C． S , S 【点睛】本题主要考查等比数列的前 n 项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握 8 的关 4系，从而减少相关量的求解，简化运算．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。 9. 已知圆锥的顶点为 P，底面圆心为 O，AB 为底面直径，，，点 C 在底面圆周 APB 120 PA  2 上，且二面角为 45°，则（）． P  AC O πA. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为 4 3π C. D. 的面积为 △PAC 3AC  2 2 【答案】AC 【解析】【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断 A、B 选项的正确性，利用二面角的知识判断 C、D 选项的正确性. 【详解】依题意，，，所以，APB 120 PA  2 OP 1,OA  OB  3 21 π 3 1 π A 选项，圆锥的体积为，A 选项正确；，B 选项错误；，3B 选项，圆锥的侧面积为 π 32  2 3π OD, PD 的中点，连接 C 选项，设 D是AC AC  OD, AC  PD PDO  45 ，所以 PDO 则则故，所以是二面角的平面角， P  AC O ，OP  OD 1 ，则，C 选项正确； AD  CD  31  2 AC  2 2 122S 2 2 2  2 D 选项，，所以，D 选项错误. PD  1 1  2 PAC 2故选：AC. C : y2  2px p 0 y  3 x 1 10. 设 O 为坐标原点，直线点，l 为 C 的准线，则（过抛物线 的焦点，且与 C 交于 M，N 两 ）． 8p  2 MN  A. B. D. 3C. 以 MN 为直径的圆与 l 相切【答案】AC 为等腰三角形 OMN 【解析】 p【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得 MN ，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案. 1,0 C : y2  2px p 0 F 1,0 的焦点， y  3 x 1 【详解】A 选项：直线过点 ，所以抛物线 p，则 A 选项正确，且抛物线的方程为y2  4x .1, p  2,2p  4 所以 C2M x, y , N x, y B 选项：设 1  2  ，12y  3 x 1 3×2 10x  3  x 3 3x 1  0 y消去并化简得由 ，y2  4x 13116 3x  3, x  MN  x  x  p  3 2  解得，所以，B 选项错误. 12123d ,d ,d M , N, A l到直线的距离分别为 C 选项：设的中点为，MN A，12111d  d  d  MF  NF  MN 因为，2  1222l到直线的距离等于 l即A的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C 选项正确. MN MN y  3 x 1 D 选项：直线，即，3x  y  3  0 3到直线的距离为，O3x  y  3  0 d  21 16 34 3 3所以三角形的面积为，OMN 23212 3 3由上述分析可知 y  3 31  2 3,y  3 1  ，1232 2212 3 13   2所以，OM  3  2 3 21, ON    3  33所以三角形不是等腰三角形，D 选项错误. OMN 故选：AC. bcx2 f x aln x   a  0 11. 若函数既有极大值也有极小值，则（）．   xb2 8ac  0 A. B. ab  0 C. D. ac  0 bc  0 【答案】BCD 【解析】的导数 f  (x) ，由已知可得 f  (x) 在上有两个变号零点，转化为一元二次方 f (x) (0,) 【分析】求出函数程有两个不等的正根判断作答. 2c ax2 bx  2c bcx2 axb(0,) f (x)  aln x   【详解】函数的定义域为，求导得 ，f (x)  x2 x3 x3 x既有极大值也有极小值，则函数 f  (x) 在上有两个变号零点，而，f (x) (0,) 因为函数 a  0 2x , x ，2因此方程有两个不等的正根 ax bx  2c  0 12Δ  b 8ac  0 b22x  x  0 ab  0 A于是，即有，，ac  0 ，显然，即，错误， BCD bc  0 b 8ac  0 a bc  0 12a2c x1x2   0 a正确. 故选：BCD 12. 在信道内传输 0，1 信号，信号的传输相互独立．发送 0 时，收到 1 的概率为 (0   1) ，收到 0 的 1  . 考虑两种传输方案：单 (0   1) ，收到 1 的概率为概率为；发送 1 时，收到 0 的概率为 1 次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送 1 次，三次传输是指每个信号重复发送3 次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到 1，0，1，则译码为 1）. 2A. 采用单次传输方案，若依次发送 1，0，1，则依次收到 l，0，1 的概率为 (1)(1 ) 2的B. 采用三次传输方案，若发送 1，则依次收到 1，0，1 概率为 (1 ) 23C. 采用三次传输方案，若发送 1，则译码为 1 的概率为 (1 )  (1 ) D. 当时，若发送 0，则采用三次传输方案译码为 0 的概率大于采用单次传输方案译码为 0 的 0    0.5 概率【答案】ABD 【解析】【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断 AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断 C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断 D 作答. 【详解】对于 A，依次发送 1，0，1，则依次收到 l，0，1 的事件是发送 1 接收 1、发送 0 接收 0、发送 1 接收 1 的 3 个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为 (1 )(1)(1 )  (1)(1 )2 ，A 正确；对于 B，三次传输，发送 1，相当于依次发送 1，1，1，则依次收到 l，0，1 的事件，是发送 1 接收 1、发送 1 接收 0、发送 1 接收 1 的 3 个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为 (1 ) (1 )  (1 )2 ，B 正确；对于 C，三次传输，发送 1，则译码为 1 的事件是依次收到 1，1，0、1，0，1、0，1，1 和 1，1，1 的事件和， C2(1 )2  (1 )3  (1 )2 (1 2) 它们互斥，由选项 B 知，所以所求的概率为，C 错误； 3对于 D，由选项 C 知，三次传输，发送 0，则译码为 0 的概率 P  (1)2 (1 2) ，单次传输发送 0，则译码为 0 的概率，而，P 1 0    0.5 2因此 P  P  (1) (1 2)  (1)  (1)(1 2)  0，即故选：ABD ，D 正确. P  P 【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和， .相互独立事件的积是解题的关键三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 a b  3 a  b  2a b ，b  13. 已知向量，满足，则 ______． ab【答案】【解析】 3rrr【分析】法一：根据题意结合向量数量积的运算律运算求解；法二：换元令，结合数量积的运算 c  a b 律运算求解. 22a  b  2a b 【详解】法一：因为，即 a  b  2a b ，2   r 2 r rr 2 r 2 r rr 2 则，整理得，a  2ab  0 a  2ab  b  4a  4ab  b 2a b  3 又因为，即，a b  3 r 2 r rr 2 r 2 a  2ab  b  b  3 b  3 则，所以 .rrrrr r r r r rrrc  3,a  b  c  2b,2a b  2c  b 法二：设，则，c  a b rrr r 22r2 r r r 2 r2 r rr 2 由题意可得：，则，c  2b  2c  b c  4cb  4b  4c  4cb  b rrr2 r 2 c  b b  c  3 .整理得：，即故答案为： .314. 底面边长为 4 的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为 2，高为 3 的正四棱锥，所得棱台的体积为______．【答案】【解析】 28 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解. 212【详解】方法一：由于所以正四棱锥的体积为，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 3 6 41 44 6  32 ，313 22 3  4 截去的正四棱锥的体积为所以棱台的体积为，.32  4  28 13 16  4  164  28 方法二：棱台的体积为 .3故答案为： .28 822l : x  my 1 0 15. 已知直线与交于 A，B 两点，写出满足“ 面积为 ”的 m C : x 1  y  4 ABC 5的一个值______． 1122,2, , 【答案】【解析】（中任意一个皆可以） 22AB 【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线 C的距离，结合面积公式即可解出． AB AB  2 4 d2 【详解】设点到直线 C的距离为，由弦长公式得 d，AB 1854 5 52 5 5S d 2 4 d2  所以，解得：或，d  d  △ABC 211 1 m2 21 m2 124 5 522 5 512d  m   由，所以或，解得：或．m  2 1 m2 1 m2 122,2, , 故答案为：（中任意一个皆可以）． 2212f x sin x  y  f x y  16. 已知函数   ，如图 A，B 是直线与曲线的两个交点，若   πf π  ，则  ______． AB  63【答案】【解析】 2112π122π A x, ,B x2 , x  x  sin x   x  x  【分析】设，依题可得，，结合的解可得，，1  1212263232从而得到的值，再根据 fπ  0 f 0  0 以及   f (x)  sin 4x  π f π ，即可得，进而求得   ．3112ππA x, ,B x2 , AB  5π x  x  【详解】设，由可得，1212661πsin x  x  2kπ x  或 2kπ k Z 由可知，，，由图可知， 2665π2π 2π x   x   π   x  x  ，即，  4 ．1  2126633，即 238π 8π 8fπ  sin   0   kπ   π  kπ k Z ，因为，所以．33382f (x)  sin 4x  π  kπ  sin 4x  π  kπ 所以，3322f x sin 4x  π 所以   f x sin 4x  π 或  ，33223f 0  0 又因为   f (x)  sin 4x  π ，所以， f π  sin 4π  π   ．  3323故答案为：．2f x 【点睛】本题主要考查根据图象求出以及函数  的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 A, B,C a,b,c ，已知 17. 记的内角的对边分别为的面积为，D为中点，且．ABC ABC BC AD 1 3πADC  （1）若（2）若，求 tan B ； 322b,c ，求．b  c  8 3【答案】（1）；5（2）b  c  2 .【解析】 a【分析】（1）方法 1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公 a式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答. BC （2）方法 1，利用余弦定理求出 a，再利用三角形面积公式求出 ADC 即可求解作答；方法 2，利用向量运算律建立关系求出 a，再利用三角形面积公式求出 ADC 即可求解作答. 【小问 1 详解】 πADC  方法 1：在中，因为 D为中点，，，ABC BC AD 1 31113313则在即，解得 a  4 ，SADC AD DC sin ADC  1 a a  SABC 22228222π 222ADB  中，，由余弦定理得，△ABD c  BD  AD  2BD ADcosADB 317  4 1 57 c2  4 1 221( )  7 ，解得，则，cos B  c  7 214 2 72 5 7 21 sin B  1 cos2 B  1 ( )2  ，14 14 sin B cos B 3所以 tan B  5πADC  方法 2：在中，因为 D为中点，，，ABC BC AD 1 312113313则，解得 a  4 ，SADC AD DC sin ADC  1 a a  SABC 222822222在即ACD 中，由余弦定理得，b  CD  AD  2CD ADcosADB 1b2  4 1 221 3 π2222CAD  ，解得，有，则，b  3 AC  AD  4  CD 2π5233C  AE  BC BE  ，过 A作于，于是，，ECE  AC cosC  , AE  AC sinC  622AE BE 3所以 .tan B  5【小问 2 详解】 11c2  a2 1 2 a1cos(π  ADC) 4121方法 1：在与ACD 中，由余弦定理得，△ABD 22b  a 1 2 a1cosADC 421a2  2  b2  c2 22整理得又，而，则，b  c  8 a  2 3 2π13ADC  ，解得，而，于是，sin ADC 1 0  ADC  π SADC  31sin ADC  22222所以 .b  c  AD  CD  2       ，方法 2：在中，因为 D为中点，则，又 ABC BC 2AD  AB  AC CB  AB  AC 2 2     22222于是，即，解得，于是，4  a 16 a  2 3 4AD  CB  (AB  AC)  (AB  AC)  2(b  c ) 16 π13ADC  又，解得，而，sin ADC 1 0  ADC  π SADC  31sin ADC  22222所以 .b  c  AD  CD  2 an  6,n为奇数 ab  STab18. 为等差数列，，记，分别为数列， 的前 n 项和，     nnnnnn2an ,n为偶数 S  32 T 16 ，．43a（1）求 的通项公式； nT  S （2）证明：当时，．nn  5 na  2n  3 【答案】（1）；n（2）证明见解析. 【解析】 aa ,d ST表示 n 及 n ，即可求解作答. 【分析】（1）设等差数列 的公差为，用 dn1STb S ， n ，再分奇偶结合分组求和法求出 n ，并与 n 作差比较作答；方（2）方法 1，利用（1）的结论求出 nSTb S ， n ，再分奇偶借助等差数列前 n 项和公式求出 n ，并与 n 作差比较作答. 法 2，利用（1）的结论求出【小问 1 详解】 na  6,n  2k 1 nab  ,k  N 设等差数列 的公差为，而，dnn2an ,n  2k b  a  6,b  2a  2a  2d,b  a  6  a  2d  6 则，11221331S  4a  6d  32 41a  5,d  2 a  a  (n 1)d  2n  3 ，于是，解得，n11T3  4a1  4d 12 16 aa  2n  3 .所以数列 的通项公式是 nn【小问 2 详解】 2n 3,n  2k 1 n(5 2n  3)  n2  4n b  ,k  N S  方法 1：由（1）知，，，nn4n  6,n  2k 2nb b  2(n 1) 3 4n  6  6n 1 当为偶数时，，n1 n13 (6n 1) n 37Tn    n2  n ，2222371T  S  ( n2  n)  (n2  4n)  n(n 1)  0 T  S 当时，，因此，n  5 nnnn2223735T  Tn1 bn1  (n 1)2  (n 1) [4(n 1)  6]  n2  n 5 n当当为奇数时，，n2222351T  S  ( n2  n 5)  (n2  4n)  (n  2)(n 5)  0 T  S 时，，因此，n  5 nnnn222T  S 所以当时， .n  5 nn2n 3,n  2k 1 4n  6,n  2k n(5 2n  3)  n2  4n b  ,k  N S  方法 2：由（1）知，，，nn2n当为偶数时， 1 2(n 1) 3 n 14  4n  6 n   327Tn  (b  b3  bn1)  (b2  b4  bn )  n2  n ，122222371T  S  ( n2  n)  (n2  4n)  n(n 1)  0 T  S 当时，，因此，nn  5 nnn222n当为奇数时，若，则 n  3 1 2n 3 n 1 14 4(n 1)  6 n 1 Tn  (b  b3  bn )  (b2  b4  bn1)  122223535 n2  n 5 T  n2  n 5 n满足上式，因此当为奇数时， T  b  1 ，显然，，11n2222351T  S  ( n2  n 5)  (n2  4n)  (n  2)(n 5)  0 T  S 当时，，因此 n  5 nnnn222T  S 所以当时， .n  5 nn19. 某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值 c，将该指标大于 c 的人判定为阳性，小于或等于 c 的人 p(c) 判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为 q(c) 阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率． p c  0.5 （1）当漏诊率   q c ；％时，求临界值 c 和误诊率   95,105 的f c  p c  q c （2）设函数     ，当 c 95,105 f c f c 时，求  的解析式，并求  在区间 最小值． q(c)  3.5% 【答案】（1），；c  97.5 0.008c  0.82,95  c 100 0.01c  0.98,100  c 105 f (c)  （2），最小值为．0.02 【解析】 c【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出，再根据第二个图求出的矩形面积即可解出； c  97.5 f c （2）根据题意确定分段点，即可得出  的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出． 100 【小问 1 详解】依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以，50.002  0.5% 95  c 100 c 95 0.002  0.5% 所以 ，解得：，c  97.5 q(c)  0.01 97.595  50.002  0.035  3.5% ．【小问 2 详解】 c[95,100] 当时， f (c)  p(c)  q(c)  (c 95)0.002  (100  c)0.01 50.002 c(100,105] ； 0.008c  0.82  0.02  0.01c  0.98  0.02 当时， f (c)  p(c)  q(c)  50.002  (c 100)0.012  (105 c)0.002 ,0.008c  0.82,95  c 100 0.01c  0.98,100  c 105 f (c)  故，95,105 f c 所以  在区间的最小值为．0.02 20. 如图，三棱锥中，，DA  DB  DC BD  CD ， ，E 为 BC 的中 A BCD ADB  ADC  60 点．（1）证明： BC  DA ；  （2）点 F 满足，求二面角的正弦值． D  AB  F EF  DA 【答案】（1）证明见解析； 3（2）．3【解析】【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得 BC  DA ；BC  ADE x, y, z 轴，建立空间直 ED, EB, EA （2）由题可证平面，所以以点为原点， E所在直线分别为 BCD AE  ABD, ABF 角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．【小问 1 详解】 AE, DE 连接，因为 E 为 BC 中点， DB  DC ，所以 ①， DE  BC 因为， ，所以ACD 与均为等边三角形， DA  DB  DC △ABD ADB  ADC  60 AE, DE  AE  BC AE  DE  E  AC  AB ，从而 ②，由①②，平面，平面，ADE 所以，平面，而，所以 BC  DA ADE ．BC  ADE AD  【小问 2 详解】不妨设，DA  DB  DC  2 BD  CD ，．BC  2 2,DE  AE  2  AE2  DE2  4  AD2  AE  BC,DE  BC  E DE, BC  ，，又，平面 BCD  AE  DE 平面．BCD  AE  x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示： ED, EB, EA 以点为原点， E所在直线分别为设，D( 2,0,0),A(0,0, 2),B(0, 2,0),E(0,0,0)   2n  x , y , z ,n  x , y , z 设平面二面角与平面的一个法向量分别为，，ABF DAB 1  2  11122 AB  0, 2, 2 平面角为 ,而，D  AB  F    ，即有 EF  DA   2,0, 2 F  2,0, 2 AF   2,0,0 因为，所以   2x  2z  0 11x 1 ，取，所以；n1  (1,1,1) 12y1  2z1  0  2y2  2z2  0 y 1 ，取，所以 n2  (0,1,1) ，2 2x  0 2  n1 n2   n1 n2 2663cos  所以，，从而．sin  1 33 2 933所以二面角的正弦值为．D  AB  F 32 5,0 21. 已知双曲线 C 的中心为坐标原点，左焦点为（1）求 C 的方程；，离心率为．5AA4,0 的直线与 C 的左支交于 M，N 两点，M 在第二象（2）记 C 的左、右顶点分别为，2 ，过点 1MA NA 限，直线 1 与 2 交于点 P．证明:点在定直线上. Px2 y2 【答案】（1） 1 416 （2）证明见解析. 【解析】 a,b 【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程； MA NA （2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线 1 与 2 的方程，联立直线方程， x  2 x  2 13y消去，结合韦达定理计算可得   ，即交点的横坐标为定值，据此可证得点 P在定直线上. x= 1 【小问 1 详解】 x2 y2 设双曲线方程为，由焦点坐标可知，，1 a  0,b  0 c  2 5 a2 b2 c22e  5 a  2 则由可得，b  c  a  4 ax2 y2 双曲线方程为.1 416 【小问 2 详解】 A 2,0 ,A 2,0 2  M x, y , N x, y 1  由(1)可得 1  ，设 2  ，12112x  my  4  m  显然直线的斜率不为 0，所以设直线的方程为，且，，MN 2×2 y2 4m2 1 y2 32my  48  0 与则联立可得，且   64(4m2  3)  0 1 416 32m 4m2 1 48 4m2 1 y  y  , y1 y2  ，12y1 y2 y  x  2 y  x  2 ，MA NA 直线 1 的方程为，直线 2 的方程为 x1  2 x2  2 MA NA 2 的方程可得：联立直线 1 与直线 y x 2 y my 2 2  my y 2 y  y  2y 2  2  x  2 111211x  2 y x 2 y my 6 1  my1 y2  6y1 1  2248 32m 16m m  2  2y1  2y1 14m2 1 4m2 1 4m2 1 48m   ，48 3m  6y1  6y1 4m2 1 4m2 1 x  2 x  2 1x  1   由可得，即，x= 1 P3据此可得点 P在定直线上运动. x= 1 【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键. 22. （1）证明：当 0  x 1时，；x  x  sin x  x f x cosax  ln 1 x2 f x （2）已知函数   ，若是 的极大值点，求 a 的取值范围． x  0 , 2  2, 【答案】（1）证明见详解（2）   【解析】 F x  x sin x, x 0,1 G x  x2  x  sin x, x 0,1 【分析】（1）分别构建   ，  ，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果； 2f x 0,1 上的单调性，求导，分类讨论（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究   在和0  a  2 2，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解. a  2 F x  x sin x, x 0,1 F x1 cos x  0 x 0,1 ，则   【详解】（1）构建   对恒成立， F x   0,1 F x  F 0  0 上单调递增，可得     则在，x  sin x, x 0,1 所以 ；G x  sin x  x  x2  x2  x  sin x, x 0,1 构建   ，G x 2x 1 cos x, x 0,1   则，g x 2  sin x  0 g x  G x, x 0,1 x 0,1   构建     ，则对恒成立， g x   0,1 g x  g 0  0 则在上单调递增，可得     ，G x  0 x 0,1 即  G x 对恒成立， 0,1 G x  G 0  0 则  在上单调递增，可得     ，sin x  x  x2 , x 0,1 所以 ；综上所述： .x  x  sin x  x 2f x 1,1 （2）令，解得 1 x 1，即函数  的定义域为 ，1 x  0 f x ln 1 x2 , x 1,1 a  0 ，则   若，2 在 上单调递增，在 y  lnu 1,0 0,1 上单调递减，因为在定义域内单调递减， y 1 x f x ln 1 x2 1,0 0,1 则故当  x  0 a  0 在上单调递减，在 上单调递增， f x 是 的极小值点，不合题意，所以 .a  0 b  a  0 时，令 f x cosax  ln 1 x2  cos a x ln 1 x2  cosbx  ln 1 x2 因为   ，2  2f x  cos bx  ln 1 x  cosbx  ln 1 x  f x 且  ，f x 所以函数  在定义域内为偶函数， 2x x2 1 f x bsinbx  , x 1,1 由题意可得：，  12x 0,m m  min ,1 bx 0,1 （i）当时，取，，则 ，0  b  2 bx b2 x2  2 b2 2x x2 1 2x x2 1  b2 x  由（1）可得，f x bsin bx    1 x2 且b2 x2  0,2 b2  0,1 x2  0 ，x b2 x2  2 b2 所以即当，f x    0 1 x2 ¢fx >0 x 0,m  0,1 f x ，则   0,m 在上单调递增， 时， ( ) f x m,0 结合偶函数的对称性可知：   在上单调递减， f x 所以是 的极小值点，不合题意； x  0 12x 0,  0,1 bx 0,1 （ⅱ）当时，取 ，则 ，b  2 b2x x2 1 2x x b bxb2 x2  b3x3  b2 x2  b3x  2 b2 f x bsinbx  由（1）可得，  x2 1 1 x2 1h x  b3x3  b2 x2  b3x  2 b2 , x 0, 构建   ，b13223h x 3b x 2b x b , x 0, 则且  ，b11  3 b3 b  0 x 0, h x 0 h 0  b  0,h     ，则对恒成立，   bb  11  h x 0, 0, h 0  2 b2  0,h  2  0 可知   在在上单调递增，且   ，  bb  11h x 所以   n 0, 内存在唯一的零点，bb2x 0,n h x  0 时，则   当，且 x  0,1 x  0， xb3x3  b2 x2  b3x  2 b2  0 f x   则，1 x2 fx  0   x 0,n  0,1 f x ，则   0,n 上单调递减，即当 时，在f x n,0 结合偶函数的对称性可知：   在上单调递增， f x 所以是 的极大值点，符合题意； x  0 22综上所述：，即，解得或，a  2 a  2 b  2 a  2 , 2  2, 故 a 的取值范围为 .【点睛】关键点睛：   2sin x  x, x 0,1 1.当时，利用 ，换元放缩； 0  a  2 x  x  sin x, x 0,1 ，换元放缩. 22.当时，利用 a  2