数学·2023年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)（含答题卡）

绝密★启用前 2023 年普通高等学校招生全国统一考试(新课标I卷 数 学 使用地区:山东、广东、福建、湖南、湖北、河北、江苏、浙江 本试卷满分150分,考试时间120分钟 甜 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.已知集合M-(-2,-1,0,1,2,N=(xx*-x-6>0,则MON ,_ ) C./-2 B.(0,1,2 A.1-2,-1,0,1 D.{2 2.已知_1- ,_ 22,则-= _ A.-: B.i C.0 D.1 3.已知向量a=(1,1),b-(1,一1).若(a+xb)1(a十b),则 ) ) C.-1 A.十-1 B十--1 D.--1 4.设函数/(x)-2**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,。o) _ 斑 23 A. B./2 C.3 D.6 3 ” 6.过点(0,一2)与圆x2十y{一4x-1-0相切的两条直线的夹角为a,则sina= ) C.# T7 A.1 7.记S.为数列a.)的前n项和,设甲:(a.)为等差数列;乙: ) 班 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 。_ ) C. D7 2023·新课标I卷第1页(共4页) 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.有一组样本数据x,x。,...,x。,其中x是最小值,x。是最大值,则 C A.x。.x,x.x。的平均数等于x,x...,x。的平均数 B.x。.x,x,x的中位数等于x.x.....x。的中位数 C.x。,x,x.,x。的标准差不小于x,x,..,x。的标准差 D.x。,x,x.x:的极差不大于x.x,..,x。的极差 10.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L.一20×lg # 中常数2()>0)是听觉下限阙值,2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 10 60~90 混合动 10 50~60 力汽车 电动汽车 10 40 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,,,则 ( _ A.二p2 B.10/。 C.p-100p。 D./100/ 11.已知函数f(x)的定义域为R,f(xy)一yf(x)十x{}f(y),则 ) A./(0)-0 B./(1)-0 C./(x)是偶函数 D.x一0为f(x)的极小值点 12.下列物体中,能够被整体放入校长为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.所有校长均为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.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.在正四校台ABCDA.BCD 中,AB=2,A.B.=1,AA=/2,则该梭台的体积为 15.已知函数f(x)=cosx-1(>0)在区间[0,2x有且仅有3个零点,则的取值范围是 2023·新课标I卷 第2页(共4页) 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)已知在△ABC中,A+B-3C,2sin(A-C)=sinB. (1)求sinA; (2)设AB一5,求AB边上的高. 18.(12分)如图,在正四梭柱ABCD-A.BC.D 中,AB=2,AA三4,点A.,B C.D。分别在AA ,BB ,CC ,DD. 上,AA-1,BB -DD-2,CC-3. (1)证明:B.C。/A.D。; B (2)点P在梭BB 上,当二面角P-AC-D.为150*时,求B.P D2 19.(12分)已知函数f(x)一a(e十a)一x (1)讨论/(x)的单调性 2023·新课标I卷第3页(共4页) 20.(12分)设等差数列a.)的公差为d,且d>1,令b.= 前n项和. (1)若3a-3a:+a,S+T=21,求a.的通项公式 (2)若6.为等差数列,且S。一T。一99,求d. 21.(12分)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X 服从两点分布,且P(X-1)=1-P(X=0)=q,i-1,2..,n,则E 22.(12分)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点(o,)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 2023·新课标I卷第4页(共4页)2023年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）》 数学答题卡 姓 名： 准考证号： 贴条形码区 考生 缺考考生由监考员贴条形码，并用2B铅笔填涂下面的缺考标 (正面朝上，请勿贴出虚线方框) 禁填 记。回 $ 1.答题前，考生将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真核实对监考员所粘贴的条形码上的准考证号，姓名、考场 和座位号是否准确无误。 2.选择题必须使用2B铅笔将对应题目的答案标号涂黑，修改时用橡皮擦干净，再选择其它答案涂黑。非选择题必 注意事项 须使用0.5毫米黑色签字笔填写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按题号顺序在各题的答题区域内答题，超出答题区域的答案无效，在草稿纸、试题纸上书写的答案无效。 4.保持卡面清洁、完整，严禁折叠，严禁使用涂改液、胶带纸和修正带。 5.正确填涂 补 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分」 1.[ACB][C]CD] 3.[A][B[C][D] 5.[A][B][C[D] 7.[A][B[C][D] 2.[A][B[C][D] 4.[A][B[C[D] 6.[A][B][C][D] 8.[A]LB][C][D 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 9 9.[A][B][C][D]10.[A][B][C][D]1l.[A][B[C][D]12.[A][B[C][D] 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分， 13. 14. 15. 16. 蜜 四、解答题：本题共6小题，共70分. 17.(10分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡第1页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(12分) C B D C A 19.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，短出边框的答案无效 数学答题卡第2页（共4页） ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 20.(12分) 21.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，短出边框的答案无效 数学答题卡第3页（共4页） ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 22.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，短出边框的答案无效 数学答题卡第4页（共4页）由椭圆的定义知2a=MF'|+MF|=4,2e=|FF|=2,22.解：(1)因为o2=x2+y2,x=pcos0,y=sin0,所以由p= 所以a=2,c=1, pcos 0+1. 又a2=2+e2,所以b=√3， 可得VT2+y=x十1， 所以精圈C的方程为+苦-1。 化简整理得y2=2.x十1， (2)第1步：联立方程，消元得出关于y的一元二次方程， 所以C的直角坐标方程为y2=2x十1. (2)第1步：联立方程，消元得出关于y的一元二次方程， 写出根与系数的关系 并写出根与系数的关系 分析知直线AB的斜率存在. 由直线1的参数方程可得直线1的普通方程为y=x十a, 易知当直线AB的斜牵为0时，AQ⊥y轴」 设A(x1,y1),B(x2,y2), 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB:x=1y十4(1≠ 0),A(x1,y1),B(x2y2),Q(1,n)- 联立方程得yx十a y2=2x+1 x=ty+4 联立方程得+ 消去y得x2+2(a-1)x+a2-1=0,则△>0， 由根与系数的关系得x1十x2=一2(a一1)，x1x2=a2-1. 消去x得(31+4)y2+241y+36=0,△>0， 第2步：利用弦长公式构建关于（的方程，并求解 -24t 36 由弦长公式得|AB引=√2×√4(a-1)2-4(a2-1) 剥川+”一3十41业=3+ 4/一a+1=2, 第2步：将三点共线代数化，建立关于n的代数式 周为N为我段FP的中点，F1,0),所以N(号，0). 解得4=是，经检验a=子特合题意，所以a=子 4 23.解：(1)解法一（作差法十基本不等式）第1步：证明( 由N,Q,B三点共线，将kN=0,即2 +b)2≥4ab 5 x22 1- 5 '(a+b)2=a2+b2+2ab≥2ab+2ab=4ab,当且仅当a= b时等号成立， 得-=：-》得=23% -3y2 第2步：作差比较大小，得出结论 ∴.(2a2+2b2)-(a+b)=2(a+b)2-4ab-(a+b)≥(a+ 第3步：证明n=y1 b)2-(a+b)=(a+b)(a+b-1), -3y2 -3y2 由a十b≥3得(a十b)(a十b-1)>0, 所以1一川=2x2-一y=22十)-5一1= ..2a2+2b2>a+b. -21×36+3×24 解法二（不等式的传递性）第1步：证明2a2+2b≥(@ -24y12-3(1十2)_372+4T37+4=0, 十b)2 21y2+3 21y2+3 (2a2+202)-(a+b)2-(a-b)2≥0， 所以n=y1,所以AQ⊥y轴. .2a+2b2≥(a十b)2,当且仅当a=b时等号成立， 21.解：(1)第1步：给出定义域，并求导 第2步：证明(a十b)2>a十b 当a=一2时，f(x)=(1十2x)ln(1十x)一x, a十b≥3. x∈(-1，十∞)， .(a+b)2>a+b, f=2a1+)+生号-1=2n1+)- 1十1 第3步：利用不等式的传递性得出结论 1+x 第2步：判断函数的单调性 ∴.2a2+2b2>a+b. 易知f(x)在(-1，十o∞)上单调递增，且f(0)=0, (2)第1步：利用绝对值三角不等式去绝对值 所以当x∈(-1,0)时，f(x)<0,当x∈(0，十∞)时， 1a-2b21+1b-2a21≥|a-262+b-2a21=a+b-(2a2 f(x)>0, +2b2)1=2a2+262-(a+b). 所以f(x)在（一1,0）上单调递减，在(0，十∞)上单调 第2步：利用a十b>3得出结论 递增， 由(1)中解法一知(2a2+2)-(a+b)≥(a+b)(a+b-1), 第3步：根据极值的定义给出结论 a+b≥3..(a+b)(a+b-1)≥3×2=6， 所以当x=0时，f(x)取得极小值，为f(0)=0,f(x)无极 .1a-2b21+|6-2a21≥6. 大值. 2023年普通高等学校招生全国统一考试 (2)第1步：求导 f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x,x∈(-1，+oo), (新课标I卷) 则f(x)=-aln1+x)-a1),设g(x)=-aln1+ 1+x 1.C由x2-x-6>≥0，解得x>≥3我x≤-2，即V=(-o∞， 0-a,则g)=千x+ a十1 2U[3,+oo),故M∩N={-2},故选C. 1+x 2.A 第2步：找出原不等式成立的一个必要条件 =+-名·名·得-名 因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)=0,f(0)=0, =-合附=故-=-一=-，故选A 所以g'(0)=-2a-1≥0，得a≤-2： 3.D解法一：a十b=(1十A.1一A),a十b=(1十，1-)， 因为(a+b)⊥(a十b),所以(a+b)·(a+b)=0,即 故≤-)是原不等式成立的一个必要条件。 (1+A,1-X)·(1十，1-)=(1+A)(1+:)+(1-a) 第3步：证明该必要条件也是充分条件 (1一a)=2+2u=0,故u=一1，故选D. 下面证明其充分性： 解法二：由题意知，a|2=|b2=2,且a·b=0.因为(a十 当a≤-1 b)⊥(a十b),所以(a十Ab)·(a十b)=0,脚a2+ ,x≥0时，g（x)>21+0一21+x) (a十)(a·b)+Ab|2=0,则2+2=0，故=-1.故 选D. 2(1+r)2≥0， 4.D由复合函数单调性法则知，f(x)=2一在（一oo, 所以了(x)在[0，十∞)上单调递增，且了(x)≥了(0)=0， 所以f(x)在[0，十o∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)=0. 锋上a的取值花周是（四，一] 受)上单调造减，在（受，十∞）上单调造增，周为fx)在 (0,1)上单调递减，所以号≥1，即a≥2，故选D 数学答案一20 A由题意得a百a=豆-又n=… 10.ACD设燃油汽车，混合动力汽车、电动汽车的声压级分 a 捌为L,l2,La,L1-L2=20×1g0-20×1g2=20× 则-百解得口=2（合负就选八 po po lg≥0，所以>≥1，即p1≥2，所以选项A正确：山2- 6.B将圆x2十y2一4x一1=0化为标准方程(x一2)2+y2= 'p2 5,可知圆心坐标为(2,0)，半径为√5.设圆心为O,过点 L3=20×1g2-20×1g2=20×1g2≥10且L2-L8 P(0,一2)作圆O的两条切线分别交圆O于点A和，点B, po po 则OP=22,OA=OB=√5，PA=PB=√5，故sin∠OPA 20g%≤20，所以1≥g器≥号，即10≥%>10， p3 P3 2万”cos∠OPA232,易知△OAP②△OBP·则 10≥≥而，所以选项B错误=20X1g月 ∠OPA=∠OPB,故sina=sin2∠OPA=2sin∠OPA· cos∠OPA=2X5×5=压，故选B. 40,所以lg=2,即2=100，所以ps=100p0,所以遮项 po po 22224 7.C若a,为等差数列，设公差为d,则S,=号r2+(a1 C正确：l1-L2=20X1gP≤90-50=40.所以1g2≤ p2 )受-号+（一》以常受号所以 2,即≤100，所以p1≤100p2,所以选项D正确.综上， D2 故选ACD 产为等差数列，故甲是乙的充分条件：若（贷}为等益数 11.ABC选项A,令x=y=0,则f(0)=02×f(0)+02× f(0)=0,A选项正确：选项B,令x=y=1,则f(1)= 列，设公差为d山1，则三=S1十(n-1)d1,即Sn=dm2+ 12×f(1)+1×f(1)=2f(1),所以f(1)=0,B选项正 (S1-d1)n,易知a1=S1,当n≥2时，am=Sm-Sw-1=2d1n 确：选项C,令x=y=-1,则0=f1)=(-1)2×f(-1) 十S1一2山1，n=1时也符合，故am=2d1n十S1一2d山1（易错： +(-1)2×f(-1)=2f(-1),所以f(-1)=0.令y= 需验证n=1),所以am+1一am=2d1,所以{am}为等差数列， -1,则f(-x)=(-1)2×f(x)+x2f(-1)=f(x)+0= 故甲是乙的必要条件，故选C f(x),所以f(x)为偶函数，C选项正确：选项D,对式子两 1 1 8.B解法一：由sin(a-D=3,cos asin=6,且cos asin月 边同时除以ry2≠0，得到罗=C四+y,可设 ty =[na+》-na一]，解得na十)=子，所以 f=lnlx(r≠0)，故可得fx)=0,r=0 jx21n.x,x≠0. c0s(2a+290=1-2sim2(a+)=号，故选B D选项不正确，故选ABC 12.ABD对于A,棱长为1m的正方体，其内切球直径为 解法二：由sina一)=sin os-月6 os asin月=号且ms 1m,直径为0.99m的球体可以放入该正方体内，所以A 远项符合题意：连接正方体的6条对角线作出正四面体， asin=言得sinco月=2，所以sina+》=sinco 1 其棱长为√2m>1.4m,所以B选项符合题意：因为该正 2 +cos asin B=3,所以cos(2a+29)=1-2sin2(a+)= 方体的体对角线长为V3m<1.8m,所以不能装入高为 1.8m的圆柱体，所以C选项不符合题意：对于D,因为 日，故选B 1.2m>1m,可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如 图为正方体的对角面，过AC的中点O作OE⊥AC1,设 9.D选项A,令十购十十=西十十十x十十西 4 6 OEnAC=-E.可知AC-区.C=1.AC=原.0A-9. 则6(x2十x3十x4十I5)=4(1十x2十I十x4十T5十x6) 2(x2十x3十x4十x5)=4(x1十x6)台x2十x3十x4十x5= 则am∠CAC-是-器中方Og解释OE-年且 2(x1十x6),所以选项A不一定成主，故A错误：选项B, 2 x2,x3,x4,x5的中位数为4个数据从小到大排列后最中间 2 2个数的平均数，x1,x2,…,x6的中位数为6个数据从小 到大排列后最中间2个数的平均数，二者相等，故B正确： (停)-->号=0.6，即>06，故以AG为轴 选项C,标准差反映数据的集中程度，致据越离散，标准差 可以对称放置底面直径为1,2m的圆柱，若底面直径为 越大，因此1和x6加上之后标准差会不变或变大，故C 1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面 错误：选项D,极差为样本数据的最大值减去最小值，所以 圆心为O1,与正方体的下底面的切点为M,可知AC1⊥ T2,x84x6的极差不大于1，X2,…,x6的板差，故D正 确，故选BD OM0M-06.对m2CG-是-8言 快解：取x1x2,6为1,2,2,2,2,9.选项A,x2x3 5的平均数等于2,1x2,6的平均数等于3，故A错 阁解释A0,=0,6厄，搭扬对称性可知周柱的高为 联：选项B,2,4·的中位数为，=2,2，时 N5-2×0.62≈1.732-1.2×1.414=0.0352>0.01， 所以D选项待合题意，故选ABD. 6的中位敦为2,2二2，相等，故B正确：选项C,23 x4,x5的标准差为0，x1,x2,,工行的标准差为 22+1+12+1+1+6>0,故C错误：选项D,x2x3· 6 x4,x5的极差为0，x1,t2…,t6的极差为8，故D正确，故 选BD. 数学答案-21 13.64解法一：选课方案可以分成两类：第一类，选修2门， |AF2|=2m=2a,易知|F1F2|=2c,在△AFF2中，cos∠ 总的方案减去不符合要求的，有C眉一2C=16(种)：第二 类，选修3门，有C一2C=48(种).综上，不同的选深方 FAF,-16@士=号解得5=0，技离心年 16a 案共有16十48=64（种）. e 解法二：选课方案可以分成两类：第一类，选修2门，每一 4 5· 类各选1门，有C·C=16(种)：第二类，选修3门，一类 选1门另一类选2门，有2·C·C号=48（种）.综上，不同 2a+2m 的选课方案共有16十48=64（种）. 2 14.76解法一：记上底面、下底面的中心分别为O1,0,剥 四边形AOO1A1为直角梯形.由题意可知AO=2A1O1= 反，则装台的高A=O0-9所以旅台的作积V=言× 号×4+1+v4)-7 17.解：(I)解法一：A十B=3C,且A+B+C=π， 61 D i.C- .2sin(A-C)=sin B, ∴2sin(A-子）=sin(A+)(提示：求出角C后用 sinB=sin(A+C)转化为A). 化简得tanA=3. 解法二：将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形，得到正四棱 锥OABCD.由AB=2A1B1可得OA=2√2所以正四棱 A(0.引mA=3 解法二：：2sin(A-C)=sinB. 维0ABCD的高A=6其体款W=子X4X6=后 ,.2sin(A一C)=sin(A十C)(方法：求出角A与角C的关 3 系)， 同理，可得运回技维OABC.D的高么-受共体软 ..2sin Acos C-2cos Asin C =sin Acos C+cos Asin C. 号×1×写-怎则接校台的体软V=V-V=7语 则sin Acos C=3 cos Asin C,即tanA=3tanC. 6 :A+B=3C,且A+B+C=x, C=年ianA=3anC=3. ”A∈(0，受）∴inA=3 101 (Ⅱ)解法一：在△ABC中，由正孩定理AB=BC sin C sin A' 15.[2,3)因为u>0,所以当x∈[0,2x]时，a.x∈[0,2mr]. 得BC=3V5. 令f(x)=cosx-1=0,解得x=2kr(k∈Z).由f(x) nB=im(A+)-3厘x号+匹×E25 10 2 10 2 5 有且仅有三个零点可知，k=0,1,2且不能取到3，作出 y=c0sx的大致图象，结合图象可知，4π≤2w元<6π，解 “AB边上的高h=BC·sinB=3V5X25=6. 5 得2≤w<3. 解法二：在△ABC中，过点B作BH⊥AC于点H 6T 3m 16.85由Fi=-号店可得A,F,B三点共，且 3m F2A A H =3.设F2A=2m,F:B=3m,由双曲线的定义 F2BI 设AH=m,则BH=CH=3m(提示：利用tanA=3以及 可知AF1=2a十2m,因为点B在y轴上，所以由对称性 C=平表示出各边长) 可知F1B=3m.因为F1A⊥F1B,所以在R△AF1B中， sRAB=-票-号故∠RAB-合 在R1△ABH中，m2+(3m)2=25,解得m=@ 2· ABI 2a2m=音，解得m=a,故AF,=2a十2m=4a, 设AB边上的高为h,由等面积法得2AB·h=合AC: 5m BH,即5·h=4m·3m=30,解得h=6. 数学答案-22 18.解：(I)证法一：取CC的中点E,取BB2的中点F,连接 D2E,EF,FA2,则EC2=1, +2+2 C 2 √2）+(2+1x6 化简得a2-4a十3=0，解得a=1或a=3, ∴.B2P=|a-2|=1. 19.解：(I)因为f(x)=ae-1, D 当a≤0时，了(x)<0对任意x∈R位成立，故f(x)在R 上单调递减： 当a>0时，令f(.x)=ae-1=0,解得x=-lna,且 C 「(x)在R上单调递增， 所以当x∈(-o,-lna)时，f广(x)<0, ⊙ 当x∈(-lna,+o∞)时，f(x)>0, 由正四棱柱的结构特征易得FB2LEC2,则四边形 故f(x)在(-o∞，一lna)上单调递减，在(-lna,十o∞)上 EFB2C2为平行四边形，则EF∥B2C2· 单调递增 同理可得EF∥A2D2,∴B2C2∥A2D2. 综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减： 证法二：在正四棱柱ABCD-A1B1CD1中，以C为坐标原 当a>0时，f(x)在（一oo,一lna)上单调递减，在（一lna, 点，CD,CB,CC所在直线分别为x,y,轴，建立如图所 十∞)上单调递增（注意：最后要有总结性语句）， 示的空间直角坐标系， (Ⅱ)证明：由(I)知，当a>0时，f(x)在x=一lna处取 得最小值，且f(x)min=f(-lna)=lna十a2+1, 美证>2nu+号， D 只考摇aa+a2+1>2ha+号， 、1 即证a2-lna>2 D 令g(a)=a2-lna(a>0), 则g(a)=2a-1=2a2-1 a a 今a=0,解得a=停合复， 又g'(a)在(0，十∞)上单调递增， 则A2(2,2,1),D2(2,0,2),B2(0,2,2),C2(0,0,3), 所以8@)在(0，号）上单调造减，在（受，+）上单调选 A2D2=(0,-2,1).B2C2=(0,-2,1), .A2D2=B2C2 增，故Ra)在a-号处取得最小值。 又A2D2∩B2C2=☑，∴.B2C2∥A2D2, 且ga)=g(号）=+lnVE>2,命题得运， 证法三：连接A2B2,易知A2B2=B2C2=C2D2=D2A2, 则四边形A2B2C2D2是菱形，故B2C2∥A2D2 20.解：(I)由3a2=3a1+a3,得3(a1+d)=3a1+(a1+2d), 即a1=d, (Ⅱ)设P(0,2,a),由(I)得A2D2=(0,-2,1) A2P=(-2,0,a-1),A2C2=(-2,-2,2), 所以a,=d+(n-1Dd=nd,所以b,=n2十= nd d(n+1) 设平面PA2C2的法向量为n1=(1,y1), (关键：观察出{bm}为等差数列，为后面的T3=3b2作铺 垫)， A:P+1=0, 1-2x1+(a-1)x1=0, A2C2十n1=0, 即{-2x1-21+21=0, 又S3十T3=21,得3a2+3b2=21,即a2+b2=7, 2-3a 令1=1，得=a,y 所以2d+】=7.即24-7d+3=0, 2 m=(写，3 解得d=3浅d=(含去).所以a,=3n(n∈N) (Ⅱ)设an=dn十b,bn=kn十t, 设平面A2C2D2的法向量为n2=(x2,y22), 则(dn+b)(kn十t)=n2+n, A2D2·n2=0, 1-2y2十2=0 即dkn2+(dt+kb)n十bi=n2+n, 即 dk=1, A2C2·n2=0,-2.xy-2y2+22=0, 所以〈dt+kb=1, 令y2=1,得x2=1,2=2, lb=0. ∴n2=(1,1,2), 又S9g一T4=99,即a50-b50=1. .c0s150°=cos(nm1,2>或c0s150°=-cos(n1,n2)(捉 ①当h=0时， 示：二面角等于两平面的法向量的夹角或其补角)， dk=1, cos1501=cos(m=m·n2 n.n2 则{dt=1, 50d-(50k+1)=1, 数学答案-23 得50d2-(50kd+td)=d, 22.解：(I)解法一（直译法）：设P(x,y),由题意可得|y= 即50-51=d,解得d-韶气d=-1(合： V2+(y-)化简可得2=y ②当1=0时， dk=1, 所以动点P的轨连w的方程为2=y一子 则b=1, 解法二（定义法）：由抛物线的定义可知，点P的轨迹为抛 (50d+b)-50k=1, 得(50dk+k)-50k2=k, 物线，此时焦准距p=,顶点为(0，），焦点落在y轴 即51-502=6，解得=1或长=一品 的正半轴上， 所以动点P的轨连W的方程为x2=y一 则d=1或山=一品此时均不瑞满足>1（易错：不要格视 (Ⅱ)证法一（设，点法）：因为矩形ABCD有三个顶点在W “d>1”这一条件). 上，由对称性不妨设为A,B,C三点在W上，且AB LBC. 蜂上d-品 设点A(a,a2+）,B(6,62+).C(c,2+显然 直线AB,BC的斜率均存在，且不为零。 21.解：(I)记第i次投篮的人是甲的概率是p,则第2次投 不妨设直线AB的斜率kB=《十b>0, 篮的人是乙的概率为1一p2,根据投篮规则，要分两种情 同理k=b十c, 况讨论： 则有kA·k=(a十b)(b+c)=一1， ①第1次甲投篮的概率为0.5，没有投中的概率为0.4，则 第2次是乙投篷：②)第1次乙授篮的概率为0.5，投中的 记太=a十b=>0,则km=6十c=一 概率为0.8，则第2次乙继续投篮（易错：没有分清投中与 没有投中的概率)，所以1一p2=0.5×0.4十0.5×0.8= 则有a一(=(a+)-(6叶)=+>0， 0.6. 从而AB+1BC|=√1+(a+b)21a-b+√1+(b+c). (Ⅱ)记第i次投篮的人是甲的概率是P:,则第i次乙投篮 的概率是1一，其中1=2 b-=+a-++是6-， 接下来分析第十1次投蓝的人是甲的概率，分两种情况： 记m=mink,专}，则有AB+BC≥1+ma-b ①第i次为甲投篮的概率为p:,投中的概率为0.6，则第 +√1+m21b-c|=√/1+m21a-b+b-c1=√1+m 十1次还是甲投篮： ②第i次为乙投篮的概率为1一p,没有投中的概率为 a-d=+m(m+, 0.2,则第1十1次是甲投篮（提示：这里的分类讨论是第 (I)小题的一般化，找出递推关系是本题的突破口，从而 记m=1+m3(m+）m>0. 将概率问题变成数列问题)， 所以p:+1=p:×0.6+(1-p:)×0.2=0.2+0.4p, 则了m=2mm+)'+1+mi)…2(m+）: 变形得+1--号(p,-) (1-a)=2(m+)1+m(2-), 1 是首项为后，公比为 ◆fm)=0,得m-号合. 号的等北款用： 所以m)在(0，号)上单调递减，在（竖，+∞）上单调 递增， 6 (停》EN银乐一你道雅我列利用特定系法化 所以m=-受）=(1+）（竖+回）°-平 所以矩形ABCD的周长为2(1AB|十|BC1)≥ 成等比数列)（易错：递推数列的首项易出错）. (Ⅲ)随机变量Y:,服从两，点分布， 2m>(=2√厚-3. 且P(Y,=1)=1-P(Y,=0)=p:i=1,2,,n, 两个不等式取等条件不同，所以矩形ABCD的周长大于 则E(Y)=Ep: 33. 证法二（设线法）：因为矩形ABCD有三个顶，点在W上， 所以当n≥1时， 由对称性不妨设A,B,C三点在W上，且AB⊥BC, B)=2A-号+古() 显然直线AB,BC的斜率均存在，且不为零，不妨设直线 1 1-( AB的针率为kB=>0,则kC=一下· 6 3 设B(o+） -·[1-(号)”门十子m∈N(提示：利用分组求和法 则直线AB的方程为y一(6+）=(x-, 代入y=x2+消去y整理可得x2-kr十xo(k-xo)= 求数列的和，一组为常数列，一组为等比数列). 所以B0=·[-（号）门+neN 0,(￥) 由题意可知x0与xA为方程（￥）的两个根， 所以xA=一0，同理可得e=一专-0， 数学答案一24 y 所以AB1+BC=√1+k-2o+√+是 =x十m --2w 记m=min,右}，剥有1AB1+BC>1+mk-2x0 1+小+m -2x0- B 中(m+) 由题意得广(x)=ae≥0对x∈(1,2)恒成立。 6.C 下同证法一 E(1, 即a≥】在x∈(1,2)上恒成立.令(x)= 2023年普通高等学校招生全国统一考试 re (新课标Ⅱ卷) 2),易知(x)在区间(1,2)上单调递减，所以(x)<(1) 。所以a≥。即a的最小值为e,故选C 1.A因为(1十3i)(3一i)=6十8，所以在复平面内其对应的 点坐标为(6,8)，位于第一象限，故选A. 7.D国为a为能角，所以sin号>0.国为c0sa=1-2in 2.B若-a=1,则a=一1，此时A={0,1},B={1,一3， 一4}，不满足题意：若-a=a-2,则a-1,此时A={0, -1},B={1,一1,0}，A二B,满足题意：若一a=2a-2,即a 受，所以sn号 cos=√8 2 √ =号，此时A={0,-号}，B=山，-子-号}，不满足题 一1十5，故选D. 4 意，故选B. 8.C解法一：设等比数列{am}的公比为q,若q=1,则S4= 3D由分层随软抽样，加打中布抽取器×60=40（人，到 4a=-5,即a1=-号56=6a1=-号S2=2a1=-2 高中部抽取20人，则不同的抽样结果共有C8·C鄂0种， 与S6-21S2矛盾，故q≠1（易错：等比数列求前n项和需 故选D. 4B解法-：因为x)的定义城为(-，-)U(分 要对公此是香为1进行诗论.由56=曾。1一g,52 十∞)，且f(x)为偶函数，所以f(-1)=f(1)(方法：通过 1-)将管产-哥=1++4=1：解得 1-q 取特珠值法株魂求解)，即(-1计alhn3=(1十a)n子，解 4合美.又5-1-)- 41×(-15)=-5,所以 得a=0,故选B. ,分所以s=1-=号×1-256)=-5 解法二：由题可知Yx∈(-0-)U(分十∞)，都有 故选C. f(一x)=f(x)(方法：通过偶函数的定义列出等式，通过对 解法二：易知数列{m}的公比q≠一1，由等比数列的性质 可知S2,S1一S2,S8一S1,S8一S6成等比数列，公比为g 应系数相等永解，即（一十a)二2写 =(x+a)In >0.由S2,S4-S2,S6一S4成等比数列可得(-5-S2)2 名周为n-1n0,所以x一a=计 2x-1 5×[5-(-5)],解得52=-1浅5&=至当5：=-1 a,所以a=0,故选B. 时，S4-S2=-4,S6-S4=-16,S8-S6=-64,则S8= 5.C解法一：设F,F2到直线y=x十m的距离分别为d1, -85:当5=号时5-5a=-5,与S5-585。-5 d.因为F1(-2,0),F2(W2.0),所以d1=-②+ml,d 的公比为>0矛盾（易错：等比数列的每一项都不能为 0,当公比为一1时，S2,S:一S2S6一S:每项都为0，不构 =E+m,因为S△EA=2SAF想，所以号AB1·d= 成等比数列).综上，S8=一85，故选C. √2 9.AC因为∠APB=120°，PB=PA=2,所以PO=1,AO= 2X号1AB1·d,即山=2d,所以-2+m- V5.取线段AC的中点M,由OA=OC可知OM⊥AC.又 PA=PC,所以PM⊥AC,所以∠PMO为二面角P-ACO 21wW2+m,所以m=-我-32.联立t十33·消 3 y=x十， 的平面角，即∠PM0=45,则an∠PMO=P OM=1,则OM y得4.x2+6m.x十3m2-3=0,则△=36m2-16(3m2-3)> 0,解得m”<4(方法：根据直线与椭圆相交，确定m的取值 -1,AM=区对于A,接周维的体积V-号(aXOA9)· 范国，对m的取值进行取会).所以m=怎故选C PO=π，故A选项正确：对于B,该圆锥的侧面积S=π· OA·PA=2√3π，故B选项错误；对于C,AC=2AM= 解法二：设直线y=t十m与x轴的交点为M,所以S△FAB 2√2，故C选项正确：对于D,因为AC=22,所以PA2+ =2MF,lA-yg,S△FB=MFI1A-yg,因 PC2=AC2,所以∠APC=90°（提示：勾股定理的逆定理）， 为S△五B=2S△F,B,所以|MF1|=2|MF2.又|FF2 所以Sae-PA,PC=2,故D选项错误，故选AC 2.所以=号或3店因为点M在直线y=+m上 且y=x十m与C有两个交点，则m= 载-3②（舍） 3 故选C. 数学答案-25