新高考I卷数学-解析 .docx

（2023·新高考Ⅰ卷·1·★）已知集合，，则（ ） （A） （B） （C） （D） 答案：C 解析：或，所以， 又，所以. （2023·新高考Ⅰ卷·2·★）已知，则（ ） （A） （B）i （C）0 （D）1 答案：A 解析：由题意，，所以，故. （2023·新高考Ⅰ卷·3·★）已知向量，，若，则（ ） （A） （B） （C） （D） 答案：D 解析：向量垂直可用数量积为0来翻译，此处可先求两个向量的坐标，再算数量积，但若注意到，则会发现直接展开计算量更小， 因为，所以 ①， 又，，所以，，， 代入①得：，所以. （2023·新高考Ⅰ卷·4·★★）设函数在区间单调递减，则a的取值范围是（ ） （A） （B） （C） （D） 答案：D 解析：函数由和复合而成，可由同增异减准则分析单调性， 因为在R上，所以要使在上，只需在上， 二次函数的对称轴为，如图，由图可知应有，解得：. （2023·新高考Ⅰ卷·5·★）设椭圆，的离心率分别为，，若，则（ ） （A） （B） （C） （D） 答案：A 解析：由题意，，，因为，所以，解得：. （2023·新高考Ⅰ卷·6·★★）过点与圆相切的两直线的夹角为，则（ ） （A）1 （B） （C） （D） 答案：B 解析：，圆心为，，记，两切点分别为A，B， 如图，PA，PB的夹角，所以， 注意到，故要求，可先在中求和，再用二倍角公式， 因为，，所以， 从而，， 故. （2023·新高考Ⅰ卷·7·★★★）记为数列的前n项和，设甲：为等差数列，乙：为等差数列，则（ ） （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）甲既不是乙的充分也不是乙的必要条件 答案：C 解析：判断是否为等差数列，就看通项是否为或前n项和是否为的形式，故直接设形式来分析，先看充分性， 若为等差数列，则可设， 此时，满足等差数列的形式特征， 所以是等差数列，故充分性成立； 再看必要性，此时可将设为等差数列的通项形式，看看是否满足等差数列的形式特征， 若是等差数列，则可设， 所以，满足等差数列前n项和的形式特征， 从而是等差数列，必要性成立，故选C. 【反思】是等差数列的充要条件是通项为的形式，或前n项和为的形式，熟悉这一特征可巧解一些等差数列的概念判断题. （2023·新高考Ⅰ卷·8·★★★）已知，，则（ ） （A） （B） （C） （D） 答案：B 解析：只要求出或，就能用二倍角公式算，而已知的是展开才有的结构，故先算，将展开也会出现，于是展开， 由题意， ①， 又，代入①可求得， 所以， 故. （2023·新高考Ⅰ卷·9·★★★）（多选）有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ） （A）的平均数等于的平均数 （B）的中位数等于的中位数 （C）的标准差不小于的标准差 （D）的极差不大于的极差 答案：BD 解析：A项，和偏离平均数的程度不一定相同，所以去掉它们后，平均数可能发生变化，故能想象A项错误，我们举个例子， 不妨设这组数据为0，2，3，4，5，6， 则原平均数， 去掉0和6之后的平均数， 故A项错误； B项，不妨假设，则和的中位数都是，故B项正确； C项，和偏离平均数较大，去掉它们后，标准差可能减小，故通过直观想象能得出C项错误， 举个例子，不妨设这组数据为1，2，3，5，6，7， 则，， 去掉1和7后，， ， 所以，从而，故C项错误； D项，沿用B项的假设，则的极差为，的极差为， 要比较两个极差的大小，可再将它们作差判断正负， 因为，所以，故D项正确. （2023·新高考Ⅰ卷·10·★★★）（多选）噪声污染问题越来越受到重视. 用声压级来度量噪声的强度，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，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 燃油轮 10 60~90 混合动力汽车 10 50~60 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） （B） （C） （D） 答案：ACD 解析：因为我们要比较的是，，的一些大小情况，所以先由所给等式解出p， 由题意，，所以，从而，故 ①， A项，由式①可以看到，越大，则p也越大， 由表中数据可知燃油汽车的声压级大于等于混合动力汽车的声压级，所以，故A项正确； B项，由表中数据可知， 所以 ①， 又，所以，故B项错误，C项正确； D项，由表中数据可知， 所以， 而由①可得， 所以，故D项正确. （2023·新高考Ⅰ卷·11·★★★）（多选）已知函数的定义域为R，，则（ ） （A） （B） （C）是偶函数 （D）为的极小值点 答案：ABC 解析：A项，给出这类性质，让求一些具体的函数值，常用赋值法， 令可得，所以，故A项正确； B项，令可得，所以，故B项正确； C项，要判断奇偶性，就看与的关系，为了产生，可将y取成， 令可得 ①，所以还得算，继续赋值， 令可得，所以，结合可得， 代入①得，所以是偶函数，故C项正确； D项，ABC都对，可大胆猜测D项错误，正面推理判断此选项较困难，可尝试举个反例，观察发现常值函数满足所给等式，故可用它来判断选项，令，经检验，满足，显然此时不是的极小值点，故D项错误. （2023·新高考Ⅰ卷·12·★★★★）（多选）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的正四面体 （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 答案：ABD 解析：A项，因为正方体的内切球直径为1m，所以直径为0.99m的球体可以放入正方体容器，故A项正确； B项，看到正方体和正四面体，要想到由正方体的面对角线可以构成正四面体，如图1，蓝色正四面体的棱长为，比1.4大，从而所有棱长均为1.4m的正四面体可以放入正方体容器，故B项正确； C项，注意到圆柱的底面直径很小，圆柱很细长，不妨将其近似成线段，故先看1.8m的线段能否放入正方体， 如图1，正方体的棱长为1，则正方体表面上任意两点之间距离的最大值为，所以高为1.8m的圆柱不可能放入该正方体，故C项错误； D项，注意到圆柱的高很小，不妨将圆柱近似看成圆，故先分析直径为1.2m的圆能否放入正方体，为了研究这一问题，我们得先找正方体的尽可能大的截面，正方体有一个非常特殊的截面，我们不妨来看看， 如图2，E，F，G，H，I，J分别为所在棱的中点，则EFGHIJ是边长为的正六边形， 其内切圆如图3，其中K为HI中点，则内切圆半径，直径， 所以可以想象，底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体能放进正方体容器，故D项正确. （2023·新高考Ⅰ卷·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2门或3门课，并且每类选修课至少选1门，则不同的选课方案共有_____种.（用数字作答） 答案：64 解析：由于一共可以选2门或3门，所以据此分类， 若选2门，则只能体育类、艺术类各选1门，有种选法； 若选3门，则可以体育1门艺术2门，或体育2门，艺术1门，有种选法； 由分类加法计数原理，不同的选课方案共有种. （2023·新高考Ⅰ卷·14·★★★）在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为_____. 答案：766 解析：求正四棱台的体积只差高，由于知道侧棱长，故在包含高和侧棱的截面中来分析， 设正四棱台的高为h，如图，作于点E，于点F，则， 因为，，所以，，， 又，所以，故，正四棱台的上、下底面积分别为，， 所以正四棱台的体积. （2023·新高考Ⅰ卷·15·★★）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是_____. 答案： 解析：，所以问题等价于在恰有3个最大值点， 函数的图象容易画出，故直接画图来看， 如图，要使在上有恰有3个最大值点，应有，解得：. （2023·新高考Ⅰ卷·16·★★★）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点A在C上，点B在y轴上，，，则C的离心率为_____. 答案： 解析：如图，条件中有，不妨设一段长度，看能否表示其余线段的长， 设，因为，所以， 故，由对称性，， 又，所以， 和都有了，用双曲线的定义可找到m和a的关系，于是用双余弦法建立方程求离心率， 由图可知A在双曲线C的右支上，所以，从而，故， 又，所以在中，由余弦定理推论， ， 在中，， 因为，所以， 故双曲线C的离心率. （2023·新高考Ⅰ卷·17·★★★）已知在中，，. （1）求； （2）设，求AB边上的高. 解：（1）由题意，，所以， （要求的是，故用和将的消元，把变量统一成A） 由可得，代入可得， 所以，整理得：， 代入可得，所以，结合可得. （2）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 则，如图，AB边上的高 ①， （已知A，C，故可用内角和为来求） ， （再求a，已知条件有C，c，，故用正弦定理求a） 由正弦定理，，所以， 代入①得，故AB边上的高为6. （2023·新高考Ⅰ卷·18·★）如图，在正四棱柱中，，. 点，，，分别在棱，，，上，，，. （1）证明：∥； （2）点P在棱上，当二面角为时，求. 解：（1）（正四棱柱底面为正方形，侧棱垂直于底面，故天然就有三条两两垂直的直线，可建系证明） 以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 所以，，故， 由图可知直线与不重合，所以∥. （2）（点P在棱上运动时，只有z坐标会变，故可直接设其坐标，用于计算平面的法向量） 设，则，，， 设平面和平面的法向量分别为，， 则， 令，则， 所以是平面的一个法向量， ，令，则， 所以是平面的一个法向量， 因为二面角为， 所以， 解得：或1，所以. （2023·新高考Ⅰ卷·19·★★★）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，. 解：（1）由题意，，（，但这个零点只在时有意义，故据此讨论） 当时，，所以在R上单调递减， 当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）可得当时，有最小值， （要证，只需证，此不等式中已孤立，故直接移项构造函数分析） 令，则，所以， 故，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，所以， 又因为是的最小值，所以. （2023·新高考Ⅰ卷·20·★★★★）设等差数列的公差为d，且，令，记，分别为数列，的前n项和. （1）若，，求的通项公式； （2）若为等差数列，且，求d. 解：（1）（所给条件容易用公式翻译，故直接代公式，建立关于和d的方程组并求解） 因为，所以，整理得： ①， 又，， 代入可得 ②， 将①代入②整理得：，解得：或， 又由题意，，所以，结合①可得， 所以. （2）（条件为等差数列怎样翻译？可先由，，为等差数列建立方程找和d的关系） 由题意，，，， 因为为等差数列，所以，故， （上式要化简，同乘以3个分母即可） 所以， 整理得：，所以或， （求d肯定要由来建立方程，故讨论上述两种情况，分别求出和） 若，则，，， 所以， 故即为，解得：或（舍去）； 若，则，，， 所以， 故即为，解得：或1，均不满足，舍去； 综上所述，d的值为. （2023·新高考Ⅰ卷·21·★★★★）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，由抽签确定第一次投篮的人选，第一次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. （1）求第二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：若随机变量服从两点分布，且，，则，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. 解：（1）（第一次投篮的人可能是甲，也可能是乙，两种情况下第二次投篮的人是乙的概率都是已知的，故按第一次投篮的人是谁划分样本空间，套用全概率公式） 记第次投篮的人是甲为事件，第2次投篮的人是乙为事件， 由全概率公式，. （2）（要分析第i次投篮的人是甲的概率，先看第次的情况，不外乎是甲或乙投篮，且两种情况下第i次投篮的人是甲的概率都已知，故根据第次由谁投篮划分样本空间，套用全概率公式来建立递推公式） 当时，由全概率公式，， 整理得： ①， （要由此递推公式求，可用待定系数法构造等比数列，设，展开化简得，与对比可得，所以） 由①可得，又，所以，故是等比数列， 首项为，公比为，所以，故， 即第i次投篮的人是甲的概率为. （3）（题干给出了一个期望的结论，我们先把它和本题的背景对应起来. 所给结论涉及两点分布，那本题背景下有没有两点分布呢？有的，在第i次的投篮中，若设甲投篮的次数为，则的取值为1（表示第i次投篮的是甲）或0（表示第i次投篮的是乙），所以就服从两点分布，且前n次投篮的总次数即为，故直接套用所给的期望公式就能求得答案） 设第i次投篮中，甲投篮的次数为，则，且， 所以，由所给结论， . （2023·新高考Ⅰ卷·22·★★★★）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，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. 解：（1）设,则，两边同平方化简得， 故. （2）方法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0， 则,令 ， 同理令，且，则， 设矩形周长为,由对称性不妨设，， 则. ，易知 则令 令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， 故,即. 当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,得证. 方法二：不妨设在上，且， 依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0， 则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设， 直线的方程为， 则联立得， ，则 则， 同理， 令，则，设， 则，令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， ， 但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故. 方法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线, 矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于. 设 , 根据对称性不妨设 . 则 , 由于 , 则 . 由于 , 且 介于 之间, 则 . 令 , ,则,从而 故 ①当时, ②当 时,由于,从而, 从而又, 故,由此 ， 当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于. （本题的第二个的关键是通过放缩得12C=|AB|+|BC|≥n+1n1+n2，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.）