6.2023年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)（含答题卡）-【高考密码】2022-2024三年高考数学真题汇编试卷

两式相加，得(.0一1)2+(f(x0)-f()2≤0. 所以x0=L, 2A-片8昌-台 另一方面，求导得 s1(x)=2(x-t十1)十2(f(x)-f(t)+ g())f(x) 3.D解法一：a+b=(1+A,1-),a十b=(1+4,1一)， 因为(a十b)⊥(a十b),所以(a十b)·(a十b)=0,即 2(x)=2(x-t-1)+2(f(x)-f(1) (1+入，1-λ)·(1十，1-)=(1+A)(1+)+(1-a) g())f(x) (1一)=2+2u=0,故A4=一1，故选D. 因为s(x)(=1,2)的最小值点也是极小值点， 解法二：由题意知，|a2=|b2=2,且a·b=0.因为(a十 所以s1(x0)=0,s2(0)=0, b)⊥(a十b),所以(a十b)·(a十b)=0,即|a+ (xa-t+1)+(f(x）-f(t)+g(t))f(xa)=0 即 (a+)(a·b)+ab|2=0,则2+2a=0,故4=-1，故 (x0-1-1D+(f(xm)-f(t)-g()f(.x0)=0 选D. 两式相减，得g(1)f(x6)=一1. 代入0=，并由g0>0,得()= 4.D由复合函数单调性法则知，f(x)=2r一在(（一∞， g)<0,1∈R 所以f(x)在R上严格单调递减。 受）上单调递减在（受，十∞）上单调道增.国为f心x)在 解法二：第1步：先证MP⊥l 先证明一个结论：对于M(a,b),设P(x0,f(x0)为M的 (0,1)上单调诡减，所以号>≥1，即a≥2，故选D “∫最近点”，曲线y=f(x)在点P处的切线为l,则MP⊥L. 5.A由题意得1-百g==又e=51, 证明： 2 2 因为s(.x)=(x-a)2+(f(x)-b)2,所以s'(x)=2.x-2a +2f(x)(f(x)一b),所以当x(x)在x=xa处取得最小值 则号-。百解得a-合负，款连入 a 3 时，s'(x0)=0,即x0一a十f(xa)(f(.xo)-b)=0, 6.B将圆x2+y2-4x-1=0化为标准方程(.x一2)2+y2 所以f)-b 5,可知圆心坐标为(2,0)，半径为√5.设圆心为O,过，点 xro-a 了(.xo) P(0,一2)作圆O的两条切线分别交圆O于点A和点B, 又直线MP的斜率k切=o)- ,且切线1的斜率为k 则OP=2√2，OA=OB=√5，PA=PB=√5，故sin∠OPA x0-4 =f(n),所以k柳·k=fo）-b 1 ·f(xo)= F(x0) 2V2cos∠0PA=3、 22易知△0AP2△0BP,则 ro-a ·f(x0)=-1, ∠OPA=∠OPB,故sina=sin2∠OPA=2sin∠OPA· 所以MP⊥L. 第2步：证明线段M1M2的中点N与点P重合 ∠0A=2×得×年，达B 图为H1∈R,M1(t-1,f(t)-g(t),M2(t+1,f(t)+ 7.C若a,为等差：列，设公差为d.则S.=号2+(a g(t),存在对应的点P使得|MPI2为M1到曲线y f(x)的距离平方的最小值，|M2P2为M2到曲线y= 号)即-号+(@一号)所以-号所以 f(x)的距离平方的最小值，连接M1Mg,因为M1(t一1， f(t)-g(t)),M(十1，f(1)十g(t)), (}为等差数到，故甲是乙的充分条件：若（贷}为等差数 所以设线段MM的中点为N,则N(1,f(t)),则点V在 列，设公差为d1,则=S1十(m-1)d1,即S。=d山n2+ 曲线y=f(x)上. 若M,M2到曲线y=f(x)的距离最小时对应的点P与 (S1-d1)n,易知a1=S1,当n≥2时，am=Sn一Sm-1=2d1n 点V不重合，则IM1P<IM1N|,IM2P|<M2NI, 十S一2d1,n=1时也特合，故an=2d1n十S1一2d1(易错： 所以|M1P|+|M2P|<1M1N|+IM2N1=|M1M2|, 需验证n=1),所以dm+1一an=2d1,所以{am》为等差数列， 这与三角形两边之和大于第三边矛盾，所以点P与点N 故甲是乙的必要条件，故选C. 必重合， 8B解法-：由sin(a-》=了cos sin=言，且cos asin月 第3步：用结论判断f(x)的单调性 又直线MM的斜率为k创M=2g2=g)>0,k= [sina+D-sin(a一]，解得sm(a+助-子，所以 2 f(1),所以由kMM·k1=g(1)·f()=kMP·k1=一1< c0s(2a+2p0=1-2sin2(a十B)=司，故选B 0,知f()<0,所以当1∈R时，有f(1)<0,所以函数 f(x)在R上严格单调递减 解法二：由n(a-)=sin acos月-cos asin月=号且cos 2023年普通高等学校招生全国统一考试 1 asin=后，得sin acos月=7，所以sin(a十B)=sin acos (新课标I卷) +oin=号，所以os(2a+20=1-2an2(a+p= 1.C由x2-x一6>≥0，解得x≥3或x≤-2，即N=(-∞， -2U[3.+∞)，故M∩V={-2},故选C. 9,故选B. 数学答案-19 9.BD选项A,令十十道=十十十十西十，12.ABD对于A,棱长为1m的正方体，其内切球直径为 4 6 1m,直径为0.99m的球体可以放入该正方体内，所以A 则6(x2+x3十x4+x)=4(x1+x2十x3十x4十x5十x6) 选项符合题意：连接正方体的6条对角线作出正四面体， 2(.x2十xg十r4十5）=4(x1+x6)台.x2十x3+x1+x6= 其棱长为√2m>l,4m,所以B选项符合题意：因为该正 2(x十x6),所以选项A不一定成立，故A错误：选项B, 方体的体对角线长为√3m<1.8m,所以不能装入高为 x2,x3·正4,5的中位数为4个数据从小到大排列后最中间 1.8m的圆柱体，所以C选项不符合题意：对于D,因为 2个数的平均数，x1,x2,,x6的中位数为6个数据从小 1.2m>1m,可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如 到大排列后最中间2个数的平均数，二者相等，故B正确： 图为正方体的对角面，过AC的中点O作OE⊥AC1,设 选项C,标准差反映数据的集中程度，效据越离散，标准差 越大，因此和x6加上之后标准差会不变或变大，故C 0En4AC-E,可知AC-E.cG-1.AC-5,0A-号 错误：选项D,极差为样本数据的最大值减去最小值，所以 r23,x4,x5的极差不大于t1,Tg,,6的极差，故D正 则m∠CAG-是-器即方O5解得OE=9且 √2③ 2 确，故选BD. 快解：取1x2,…,x6为1,2,2,2,2,9.选项Ar2314, (9)=号-品>是=0.6，即5>0.6t以4C为轴 x5的平均数等于2，x1x2,…,6的平均数等于3，故A错 可以对称放置底面直径为1,2m的园柱，若底面直径为 误：选项B,2,1而的中位薇为2牛2=2,1,2，… 2 1,2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面 %的中位载为2告=2，相等，故B正确选项C, 國心为O,与正方体的下底面的切点为M,可知AC1⊥ 0M.0M-0.6:则m∠CAC-是-8p方 4,5的标准差为0，，x2,,x6的标准差为 22++1+++6>0,故C错误：选项D,x2,x, 88解得A0,-06区，报搭时帮性可如周桂的高为 6 3-2×0.62≈1.732-1.2×1.414=0.0352>0.01. 4s的极差为0，x1x2…,x6的极差为8，故D正确，故 所以D选项符合题意，故选ABD, 选BD. 10.ACD设燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车的声压级分 别为，l2,La,L1-12=20×1g-20X1g2-20× 0 po 1g加≥0，所以≥1，即p1≥p2,所以选项A正确：l2 M E L4=20X1g%-20×e会=20x1e得≥101-k:- 13.64解法一：选课方案可以分成两类：第一类，选修2门， 总的方案减去不符合要求的，有C一2C=16(种)：第二 20e%≤20，所以1≥g分≥子中10≥经≥10， 类，选修3门，有C一2C=48(种).综上，不同的选课方 案共有16十48=64（种）. 10p3≥p2≥√10pa,所以选项B错误；L3=20×lg 解法二：选课方案可以分成两类：第一类，选修2门，每一 po 类各选1门，有C·C=16(种)：第二类，选修3门，一类 40,所以1g=2,即=100，所以p3=100p0,所以选项 选1门另一类选2门，有2·C·C号=48（种）.综上，不同 的选课方案共有16十48=64（种）. C正确：山1-L2=20×1g2≤90-50=40，所以lg2≤ 14.了6 解法一：记上底面、下底面的中心分别为O1,O,则 2,即≤100，所以p1≤100p2,所以选项D正确.综上， 四边形AOO1A1为直角梯形.由题意可知AO=2A1O1= 故选ACD. 厅，对被台的高为=00-，所以技台的体积V-吉× 11.ABC选项A,令x=y=0,则f(0)=02×f(0)十02× f(0)=0,A选项正确：选项B,令x=y=1,则(1)= 5x4+1+√4x=76 6 1×f(1)+12×f(1)=2f(1),所以f(1)=0,B选项正 确：选项C,令x=y=-1,则0=f(1)=(一1)2×f(一1) +(-1)2×f(-1)=2f(-1),所以f(-1)=0.令y= -1,则f(-x)=(-1)2×f(x)十x2f(-1)=f(.x)+0= f(x),所以「(x)为偶函数，C选项正确：选项D,对式子两 同时除以22≠0，得到《x学=号十之、可设 解法二：将正四棱台ABCD-A1B1CD1补形，得到正四棱 2=nlz(x≠0)，故可得f)=0,x=0 x21nx,x≠0， 锥OABCD.由AB=2A:B1可得OA=2V2所以正四棱 x D选项不正确，故选ABC. 锥0ABCD的高A=6,共体积V=号×4Xv6= 3· 数学答案-20 同理，可得正四被鞭OA BCD,的高人-其体积V 解法二：：2sin(A-C)=sinB, .2sin(A-C)=sin(A十C)(方法：求出角A与角C的关 言×1×9-剩接花台的休板V---2 系)， 6 ..2sin Acos C-2cos Asin C =sin Acos C+cos Asin C. 则sin Acos C=3 cos Asin C,即tanA=3tanC. A+B=3C,且A+B+C=x, C-平anA=3anC=3. 15.[2,3)因为w>0,所以当x∈[0,2π]时，x∈[0,2wr]. rA∈(0,2）∴inA=3@ 10 令f(x)=cosx-1=0,解得mr=2kπ(k∈Z).由f(x) (I)解法一：在△ABC中，由正孩定理AB=BC 有且仅有三个零点可知，k=0,1,2且不能取到3，作出 sin C sin A' y=c0sx的大致图象，结合图象可知，4π≤2wr<6π，解 得BC=35. 得2≤w<3. Y4 血B=m(A+）=3×号+×号-， 10 2 2 5 “AB边上的高h=BC·sinB=35×2y5=6. 5 解法二：在△ABC中，过点B作BH⊥AC于点H, 16.3⑤ 5 由FA=-号F店可得A,F,B三点共线，且 F2A =3.设|F2A|=2m,F2B=3m,由双曲线的定义 3m F2BI 可知AF1|=2a十2m.因为，点B在y轴上，所以由对称性 3m 可知FB=3m.因为F1A⊥F1B,所以在Rt△AF1B中， aRA=B-器-号to∠FAB= 设AH=m,则BH=CH=3m(提示：利用tanA=3以及 AB C=平表示出各边长) -2a20=合，解得m=a,故A=2a+2=4a: 5m AF2|=2m=2a,易知|FF2|=2,在△AF1F2中，cos∠ 在R△ABH中，m2+(3m)2=25,解得m= 2 RAF,=16+e-C-言解得52=8如，故高心率 16a 设AB边上的高为A,由等面积法得受AB·h=AC: e=C-35 BH,即5·h=4m·3m=30,解得h=6. a 5 18.解：(I)证法一：取CC1的中点E,取BB2的中点F,连接 DE,EF,FA2,则EC2=1, 9 2a+2m D E D 17.解：(1)解法一：：A+B=3C,且A+B+C=x, C- D 2sin(A-C)=sin B. 由正四棱柱的结构特征易得FB2LEC2,则四边形 2sin(A-于）=sim(A+于)（提示：求出角C后用 EFB2Cg为平行四边形，则EF∥B2C2. sinB=sin(A十C)转化为A), 同理可得EF∥A2D2∴.B2C2∥AzD2 化简得tanA=3. 证法二：在正四棱柱ABCD-A:BCD1中，以C为坐标原 A∈(0，登）simA=3@ 点，CD,CB,(CC1所在直线分别为x,y,g轴，建立如图所 10 示的空间直角坐标系， 数学答案-21 (Ⅱ)证明：由(I)知，当a>0时，f(x)在x=-lna处取 得最小值，且f(x)mim=f(-lna)=lna十a2+1, D 要证x)>2ha+受 只需证lna+a2+1>2na+2, 3 D 1 即证a2-lna>之 令g(a)=a2-lna(a>0) 则g'(a)=2a-⊥=2a2-1 令a)-0,解得a-号合负 则A2(2,2,1),D2(2,0,2),B2(0,2,2),C2(0,0,3) 又g'(a)在(0，十o∞)上单调递增， ∴A2D2=(0,-2,1).B2C2=(0,-2,1), ∴，A2D2=B2C2. 所以ga)在(0，写)上单调递减，在（停+）上单调道 又A2D2∩B2C2=0,,∴.BC2∥A2D2, 证法三：连接A2B2,易知A2B2=B2C2=C2D2=D2A2, 增，故a)在a=号处取得最小值。 则四边形A2B2C2D2是菱形，故BC2∥A2D2, 且Ra@)m-(受)-+hv②>号：伞题得运 (Ⅱ)设P(0,2,a),由(I)得A2D2=(0,-2,1), A2P=(-2,0,a-1),A2C2=(-2,-2,2), 20.解：(I)由3a2=3a1+a3,得3(a1+d)=3a1+(a1+2d), 即a1=d, 设平面PA2C2的法向量为n1=(x1y1,1) A2P+n1=0,1-2.x1+(a-1)1=0, 所以a,=d+(n-1Dd=md,所以b,"”m”-(n+D A2C2+n1=0, 即-2x1-2y1+21=0. (关键：观察出{bn}为等差数列，为后面的T3=3b2作铺 2y=34 令=1，得=a。1y 垫)， 21 叉S3+T3=21,得3a2+3b2=21.即a2十b2=7. m=(232 所以2d+3=7,即2d2-7d+3=0, d 设平面A2C2D2的法向量为n2=(x2,y2,2), 解得d=3或d=2(含去)，所以an=3mn∈N). A2D2·n2=0,。-2y2十g=0, 即 (Ⅱ)设am=dn十b,bn=kn十t, A2C2·2=0,-2x2-2y2+22=0. 则(dn十b)(kn十t)=n2+n, 令y2=1,得x2=1,2=2, dkn2+(dt+kb)n+bt=n2+n, 2=(1,1,2), dk=1, .cos150°=c0s(m1,n2》或cos150°=-cos(n1,m2)(提 所以〈d1十kb=1, 示：二面角等于两平面的法向量的夹角或其补角)， bt=0. .lcos1501=|cos(n1,n2)|= n1·n2 n1·n2 又S9-Tg9=99,即a50-b50=1. ①当b=0时， a1+3a+2 2 2 dk=1. 2 则{dt=1, √(2+(2）+1×6 50d-(50k+t)=1, 化简得a2-4a十3=0，解得a=1或a=3, 得50d2-(50kd+td)=d, ∴.B2P=a-2|=1. 即50-51=4解得d-品气d=-1(合)： 19.解：(I)因为(x)=ae-1, ②当1=0时， 当a≤0时，f(x)<0对任意x∈R恒成立，故f(x)在R dk=1, 上单调递减： 则{kb=1, 当a>0时，令广(x)=aeF-1=0,解得x=一lna,且 (x)在R上单调递增， (50d+b)-50k=1, 得(50dk+bk)-50k2=k, 所以当x∈(-o,-lna)时，f(x)<0, 当x∈(-lna,十c∞)时，f(x)>0, 中51-502=6，解得长=1或=一品 故f(x)在（一∞，一lna)上单调递减，在(-lna,十c∞）上 单调递增. 则d=1或d=一品光时均不满足>1（易格：不要名视 综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减： “>1”这一条件) 当a>0时，f(x)在(-eo,-lna)上单调递减，在（一lna, 十○)上单调递增（注意：最后要有总结性语句）. 综上d=品 数学答案-22 21.解：(I)记第；次投篮的人是甲的概率是p,则第2次授 直线AB,BC的斜率均存在，且不为零， 篮的人是乙的概率为1一p2,根据投篮规则，要分两种情 不妨设直线AB的斜率kB=:十b>0, 况讨论： 同理k段=b十c, ①第1次甲授篮的概率为0.5，没有投中的概率为0.4，则 则有kAB·kr=(a十b)(b十c)=-1. 第2次是乙投篷：②第1次乙投篮的概率为0.5，投中的 概率为0.8，则第2次乙篮续投篮（易错：没有分清投中与 记k=a十6=>0，时kK=6十c=一名 没有投中的概率)，所以1一p2=0.5×0.4十0.5×0.8 则有a-c=a+0)-(叶c)=+>0, 0.6. (Ⅱ)记第i次投篮的人是甲的概率是p:,则第i次乙投篮 从而|AB+|BC|=V1+(a+b)21a-bl+√1+(b+c)2 的概率是1一p,共中p1= 1b-=+la-b1++是lb-. 接下来分析第十1次投篮的人是甲的概率，分两种情况： ①第i次为甲投篮的概率为p,投中的概率为0.6，则第 记m=mink,右，则有AB十BC≥1十u-b 十1次还是甲投篮： +√1+m21b-c1=√1+m21a-b+b-c1=√1+m ②第i次为乙投篮的概率为1一p:,没有投中的概率为 0.2,则第十1次是甲投篮（提示：这里的分类讨论是第 la--+m,(a+ (I)小题的一般化，找出递推关系是本题的突破口，从而 将概率问题变成数列问题)， 记fm)=1+m(m+a） m>0, 所以p+1=p:X0.6+(1-p)×0.2=0.2+0.4p, 则了m)=2m(m+a）+1+m·2(m+品） 又一所以载列(-吉}是首项为公比为 (-)=2(m+品)a+m2(2-): 号的等比数列， 令fm)=0,得m-号合负， 所以A一司=言·（号），化简得A=日十 1 所以m)在(0，号)上单调递减，在（受，十∞）上单调 6 (》EN(钱示：一你运拉数对利用特定系载法化 递增， 所以mm=(受）=(1+)（受+②）‘-平. 成等比数列)（易错：递推数列的首项易出错）. 所以矩形ABCD的周长为2(|AB|+|BCI)≥ (Ⅲ)随机变量Y:,服从两点分布， 且P(Y=1)=1-P(Y,=0)=p,i=1,2,…,1, 2≥2/唱-2V厚-3w. 则E(Y,)=2p· 两个不等式取等条件不同，所以矩形ABCD的周长大于 所以当≥1时， 33. B)=2A-学+合（号） 证法二（设线法）：因为矩形ABCD有三个顶，点在W上， 由对称性不妨设A,B,C三，点在W上，且AB⊥BC. 显然直线AB,BC的斜率均存在，且不为零，不坊设直线 AB的斜率为kB=k>0,则k=一 1 6 3 =是·[1-（号）"门]十号∈N(锐示：利用分组求和法 设B(o+） 求数列的和，一组为常数列，一组为等比数列)， 期直线AB的方程为y-(号+）=(x-xo, 所以n=最·[-（号）”]+号meN 代入y=2+消去y整理可得x2-k红十xok-0)= 22.解：(I)解法一（直译法）：设P(x,y),由题意可得|y 0,(*) V2+(),化简可得2=y 由题意可知0与xA为方程()的两个根， 所以动点P的轨连W的方程为工2=y一 所以xA=k-0,同理可得rc=一友一I0· 解法二（定义法）：由抛物线的定义可知，点P的轨迹为抛 所以AB+BC=一中k-2+√+是· 物线，此时焦准距p=子，顶点为(0，)，焦点落在y轴 --2 的正半轴上， 1 所以动点P的轨迹W的方程为x2=y一 记m=mink,友}，则有1AB+BC√+m2k-2x (Ⅱ)证法一（设点法）：因为矩形ABCD有三个顶点在W 上，由对称性不妨设为A,B,C三点在W上，且AB⊥BC 设点A(a2+）,B(6,+),C(c2+),显然 +m.(m+品》： 下同证法一， 数学答案一23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. $ 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 粥 题目要求的 1.已知集合M={-2,-1,0,1,2},V={xx2-x-6≥0}，则M∩N= A.{-2,-1,0,1} B.{0,1,2 C.{-2} D.{2} 2.已知= 十2则一 r A.-i B.i C.0 D.1 3.已知向量a=(1,1),b=(1,一1).若(a+b)⊥(a+b),则 杯 A.入+=1 B.A十4=-1 C.λa=1 D.λa=-1 4.设函数f(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,+∞) 5.设椭圆C:爱+y=1(a>),C+y=1的离心率分别为6若=3，则a 教 A.23 3 B.√2 C.3 D.6 6.过点(0，一2)与圆x2十y2一4x一1=0相切的两条直线的夹角为a,则sina= A.1 B.15 4 C.0 4 D.6 4 7.记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列：乙： 为等差数列，则 n 留 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 8.已知sin(a-g)= 3c0 os asin月=名，则c0s(2a十29》 7 A. C.-g 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x1,x2,…,xa,其中x1是最小值，x6是最大值，则 A.x2,x3,x4,x6的平均数等于x1,x2,…,x6的平均数 B.x2,x3,x4,x与的中位数等于x1,x2,…,x的中位数 C.x2,x3,x,x5的标准差不小于x1,x2,·,x6的标准差 D.x2,x3,x1,x的极差不大于x1,x2,…,x6的极差 10.噪声污染间题越来越受到重视，用声压级来度量声音的强弱，定义声压级L,=20×1g名，其 中常数p。(,>0)是听觉下限阈值，p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 5060 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p,p2,pg,则 A.p1≥p2 B.p2>10p3 C.p3=100p D.p1≤100p2 11.已知函数f(x)的定义域为R,f(xy)=yf(x)+x2f(y),则 A.f(0)=0 B.f(1)=0 C.f(x)是偶函数 D.x=0为f(x)的极小值点 12.下列物体中，能够被整体放入棱长为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.所有棱长均为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.在正四棱台ABCD-A B C D中，AB=2,AB1=1,AA=√2，则该棱台的体积为 15.已知函数f(x)=cosωx一1(w>0)在区间[0,2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 6.已知双曲线C爱=1(a>0,>0)的左右焦点分别为FP,点A在C上，点B在y至 上，F1F店，FA=-号F点，则C的离心率为 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=5,求AB边上的高. 18.(12分)如图，在正四棱柱ABCD-AB,CD1中，AB=2,AA1=4,点A2,B2, C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明：BC2∥A2D2: (2)点P在棱BB,上，当二面角P-A2C2-D2为150时，求B2P. A2 B 19.(12分)已知函数f(x)=a(e十a)一x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f)>2na+是 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4D1,令b,=+,记S.,T,分别为数列{a,,{h,}的 前n项和. (1)若3a2=3a1十ag,S十Tg=21,求{am}的通项公式： (2)若{bn}为等差数列，且S一T=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)=1一P(X,=0)=g,i=1,2,…,,则E (公X,)=29.记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y,求EY. 22.(12分)在直角坐标系Oy中，点P到x轴的距离等于点P到点(0，)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3√3. 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。□ $ 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。 注意事 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 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.[A][B][C]CD] 3.[A][B][C][D] 5.[A][B][C][D] 7.[A][B[C][DJ 2.[A][B[C][D] 4.[A][B[C[D] 6.[A][B][C][D] 8.A][B][C][DJ 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 炉 9.[A][B[C][D]10.[A][B][C][D]11.[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 A D 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）