2023年上海市高考數(shù)學(xué)試卷(理科)解析

第17頁〔共17頁〕2023年上海市高考數(shù)學(xué)試卷〔理科〕一、填空題〔本大題共有14題，總分值48分．〕考生應(yīng)在答題紙相應(yīng)編號的空格內(nèi)直接填寫結(jié)果，每個空格填對4分，否那么一律得零分．1．〔4分〕〔2023?上?！吃O(shè)全集U=R．假設(shè)集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，那么Α∩?UΒ=．2．〔4分〕〔2023?上?！臣僭O(shè)復(fù)數(shù)z滿足3z+=1+i，其中i是虛數(shù)單位，那么z=．3．〔4分〕〔2023?上海〕假設(shè)線性方程組的增廣矩陣為解為，那么c1﹣c2=．4．〔4分〕〔2023?上?！臣僭O(shè)正三棱柱的所有棱長均為a，且其體積為16，那么a=．5．〔4分〕〔2023?上?！硳佄锞€y2=2px〔p＞0〕上的動點Q到焦點的距離的最小值為1，那么p=．6．〔4分〕〔2023?上?！臣僭O(shè)圓錐的側(cè)面積與過軸的截面面積之比為2π，那么其母線與軸的夾角的大小為．7．〔4分〕〔2023?上?！撤匠蘬og2〔9x﹣1﹣5〕=log2〔3x﹣1﹣2〕+2的解為．8．〔4分〕〔2023?上?！吃趫竺?名男老師和6名女教師中，選取5人參加義務(wù)獻(xiàn)血，要求男、女教師都有，那么不同的選取方式的種數(shù)為〔結(jié)果用數(shù)值表示〕．9．〔2023?上?！滁cP和Q的橫坐標(biāo)相同，P的縱坐標(biāo)是Q的縱坐標(biāo)的2倍，P和Q的軌跡分別為雙曲線C1和C2．假設(shè)C1的漸近線方程為y=±x，那么C2的漸近線方程為．10．〔4分〕〔2023?上?！吃O(shè)f﹣1〔x〕為f〔x〕=2x﹣2+，x∈[0，2]的反函數(shù)，那么y=f〔x〕+f﹣1〔x〕的最大值為．11．〔4分〕〔2023?上?！吃凇?+x+〕10的展開式中，x2項的系數(shù)為〔結(jié)果用數(shù)值表示〕．12．〔4分〕〔2023?上?！迟€博有陷阱．某種賭博每局的規(guī)那么是：賭客先在標(biāo)記有1，2，3，4，5的卡片中隨機(jī)摸取一張，將卡片上的數(shù)字作為其賭金〔單位：元〕；隨后放回該卡片，再隨機(jī)摸取兩張，將這兩張卡片上數(shù)字之差的絕對值的1.4倍作為其獎金〔單位：元〕．假設(shè)隨機(jī)變量ξ1和ξ2分別表示賭客在一局賭博中的賭金和獎金，那么Eξ1﹣Eξ2=〔元〕．13．〔4分〕〔2023?上?！澈瘮?shù)f〔x〕=sinx．假設(shè)存在x1，x2，…，xm滿足0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，且|f〔x1〕﹣f〔x2〕|+|f〔x2〕﹣f〔x3〕|+…+|f〔xm﹣1〕﹣f〔xm〕|=12〔m≥12，m∈N*〕，那么m的最小值為．14．〔2023?上?！吃阡J角三角形ABC中，tanA=，D為邊BC上的點，△ABD與△ACD的面積分別為2和4．過D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，那么?=．二、選擇題〔本大題共有4題，總分值15分．〕每題有且只有一個正確答案，考生應(yīng)在答題紙的相應(yīng)編號上，將代表答案的小方格涂黑，選對得5分，否那么一律得零分．15．〔5分〕〔2023?上?！吃O(shè)z1，z2∈C，那么“z1、z2中至少有一個數(shù)是虛數(shù)〞是“z1﹣z2是虛數(shù)〞的〔〕A．充分非必要條件B．必要非充分條件C．充要條件D．既非充分又非必要條件16．〔5分〕〔2023?上?！滁cA的坐標(biāo)為〔4，1〕，將OA繞坐標(biāo)原點O逆時針旋轉(zhuǎn)至OB，那么點B的縱坐標(biāo)為〔〕A．B．C．D．17．〔2023?上?！秤浄匠挞伲簒2+a1x+1=0，方程②：x2+a2x+2=0，方程③：x2+a3x+4=0，其中a1，a2，a3是正實數(shù)．當(dāng)a1，a2，a3成等比數(shù)列時，以下選項中，能推出方程③無實根的是〔〕A．方程①有實根，且②有實根B．方程①有實根，且②無實根C．方程①無實根，且②有實根D．方程①無實根，且②無實根18．〔5分〕〔2023?上?！吃O(shè)Pn〔xn，yn〕是直線2x﹣y=〔n∈N*〕與圓x2+y2=2在第一象限的交點，那么極限=〔〕A．﹣1B．﹣C．1D．2三、名師解答題〔本大題共有5題，總分值74分〕名師解答以下各題必須在答題紙相應(yīng)編號的規(guī)定區(qū)域內(nèi)寫出必要的步驟.19．〔12分〕〔2023?上?！橙鐖D，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD=2，E、F分別是AB、BC的中點，證明A1、C1、F、E四點共面，并求直線CD1與平面A1C1FE所成的角的大小．20．〔14分〕〔2023?上?！橙鐖D，A，B，C三地有直道相通，AB=5千米，AC=3千米，BC=4千米．現(xiàn)甲、乙兩警員同時從A地出發(fā)勻速前往B地，經(jīng)過t小時，他們之間的距離為f〔t〕〔單位：千米〕．甲的路線是AB，速度為5千米/小時，乙的路線是ACB，速度為8千米/小時．乙到達(dá)B地后原地等待．設(shè)t=t1時乙到達(dá)C地．〔1〕求t1與f〔t1〕的值；〔2〕警員的對講機(jī)的有效通話距離是3千米．當(dāng)t1≤t≤1時，求f〔t〕的表達(dá)式，并判斷f〔t〕在[t1，1]上的最大值是否超過3？說明理由．21．〔14分〕〔2023?上海〕橢圓x2+2y2=1，過原點的兩條直線l1和l2分別于橢圓交于A、B和C、D，記得到的平行四邊形ABCD的面積為S．〔1〕設(shè)A〔x1，y1〕，C〔x2，y2〕，用A、C的坐標(biāo)表示點C到直線l1的距離，并證明S=2|x1y2﹣x2y1|；〔2〕設(shè)l1與l2的斜率之積為﹣，求面積S的值．22．〔16分〕〔2023?上?！硵?shù)列{an}與{bn}滿足an+1﹣an=2〔bn+1﹣bn〕，n∈N*．〔1〕假設(shè)bn=3n+5，且a1=1，求數(shù)列{an}的通項公式；〔2〕設(shè){an}的第n0項是最大項，即a≥an〔n∈N*〕，求證：數(shù)列{bn}的第n0項是最大項；〔3〕設(shè)a1=λ＜0，bn=λn〔n∈N*〕，求λ的取值范圍，使得{an}有最大值M與最小值m，且∈〔﹣2，2〕．23．〔18分〕〔2023?上海〕對于定義域為R的函數(shù)g〔x〕，假設(shè)存在正常數(shù)T，使得cosg〔x〕是以T為周期的函數(shù)，那么稱g〔x〕為余弦周期函數(shù)，且稱T為其余弦周期．f〔x〕是以T為余弦周期的余弦周期函數(shù)，其值域為R．設(shè)f〔x〕單調(diào)遞增，f〔0〕=0，f〔T〕=4π．〔1〕驗證g〔x〕=x+sin是以6π為周期的余弦周期函數(shù)；〔2〕設(shè)a＜b，證明對任意c∈[f〔a〕，f〔b〕]，存在x0∈[a，b]，使得f〔x0〕=c；〔3〕證明：“u0為方程cosf〔x〕=1在[0，T]上得解，〞的充分條件是“u0+T為方程cosf〔x〕=1在區(qū)間[T，2T]上的解〞，并證明對任意x∈[0，T]，都有f〔x+T〕=f〔x〕+f〔T〕．2023年上海市高考數(shù)學(xué)試卷〔理科〕參考答案與試題解析一、填空題〔本大題共有14題，總分值48分．〕考生應(yīng)在答題紙相應(yīng)編號的空格內(nèi)直接填寫結(jié)果，每個空格填對4分，否那么一律得零分．1．〔4分〕〔2023?上?！吃O(shè)全集U=R．假設(shè)集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，那么Α∩?UΒ={1，4}．知識歸納：交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算．名師分析：此題考查集合的運(yùn)算，由于兩個集合已經(jīng)化簡，故直接運(yùn)算得出答案即可．名師講解：解：∵全集U=R，集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，∴〔?UB〕={x|x＞3或x＜2}，∴A∩〔?UB〕={1，4}，故答案為：{1，4}．名師點評：此題考查集合的交、并、補(bǔ)的混合運(yùn)算，熟練掌握集合的交并補(bǔ)的運(yùn)算規(guī)那么是解此題的關(guān)鍵．此題考查了推理判斷的能力．2．〔4分〕〔2023?上?！臣僭O(shè)復(fù)數(shù)z滿足3z+=1+i，其中i是虛數(shù)單位，那么z=．知識歸納：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算．名師分析：設(shè)z=a+bi，那么=a﹣bi〔a，b∈R〕，利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法那么、復(fù)數(shù)相等即可得出．名師解答：解：設(shè)z=a+bi，那么=a﹣bi〔a，b∈R〕，又3z+=1+i，∴3〔a+bi〕+〔a﹣bi〕=1+i，化為4a+2bi=1+i，∴4a=1，2b=1，解得a=，b=．∴z=．故答案為：．名師點評：此題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算法那么、復(fù)數(shù)相等，屬于根底題．3．〔4分〕〔2023?上?！臣僭O(shè)線性方程組的增廣矩陣為解為，那么c1﹣c2=16．知識歸納：二階行列式與逆矩陣．名師分析：根據(jù)增廣矩陣的定義得到，是方程組的解，解方程組即可．名師解答：解：由題意知，是方程組的解，即，那么c1﹣c2=21﹣5=16，故答案為：16．名師點評：此題主要考查增廣矩陣的求解，根據(jù)條件建立方程組關(guān)系是解決此題的關(guān)鍵．4．〔4分〕〔2023?上?！臣僭O(shè)正三棱柱的所有棱長均為a，且其體積為16，那么a=4．知識歸納：棱錐的結(jié)構(gòu)特征．名師分析：由題意可得〔?a?a?sin60°〕?a=16，由此求得a的值．名師解答：解：由題意可得，正棱柱的底面是變長等于a的等邊三角形，面積為?a?a?sin60°，正棱柱的高為a，∴〔?a?a?sin60°〕?a=16，∴a=4，故答案為：4．名師點評：此題主要考查正棱柱的定義以及體積公式，屬于根底題．5．〔4分〕〔2023?上?！硳佄锞€y2=2px〔p＞0〕上的動點Q到焦點的距離的最小值為1，那么p=2．知識歸納：拋物線的簡單性質(zhì)．名師分析：利用拋物線的頂點到焦點的距離最小，即可得出結(jié)論．名師解答：解：因為拋物線y2=2px〔p＞0〕上的動點Q到焦點的距離的最小值為1，所以=1，所以p=2．故答案為：2．名師點評：此題考查拋物線的方程與性質(zhì)，考查學(xué)生的計算能力，比較根底．6．〔4分〕〔2023?上?！臣僭O(shè)圓錐的側(cè)面積與過軸的截面面積之比為2π，那么其母線與軸的夾角的大小為．知識歸納：旋轉(zhuǎn)體〔圓柱、圓錐、圓臺〕．名師分析：設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為h，母線長為l，由中圓錐的側(cè)面積與過軸的截面面積之比為2π，可得l=2h，進(jìn)而可得其母線與軸的夾角的余弦值，進(jìn)而得到答案．名師解答：解：設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為h，母線長為l，那么圓錐的側(cè)面積為：πrl，過軸的截面面積為：rh，∵圓錐的側(cè)面積與過軸的截面面積之比為2π，∴l(xiāng)=2h，設(shè)母線與軸的夾角為θ，那么cosθ==，故θ=，故答案為：．名師點評：此題考查的知識點是旋轉(zhuǎn)體，其中根據(jù)求出圓錐的母線與軸的夾角的余弦值，是名師解答的關(guān)鍵．7．〔4分〕〔2023?上?！撤匠蘬og2〔9x﹣1﹣5〕=log2〔3x﹣1﹣2〕+2的解為2．知識歸納：對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)．名師分析：利用對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)化為指數(shù)類型方程，解出并驗證即可．名師解答：解：∵log2〔9x﹣1﹣5〕=log2〔3x﹣1﹣2〕+2，∴l(xiāng)og2〔9x﹣1﹣5〕=log2[4×〔3x﹣1﹣2〕]，∴9x﹣1﹣5=4〔3x﹣1﹣2〕，化為〔3x〕2﹣12?3x+27=0，因式分解為：〔3x﹣3〕〔3x﹣9〕=0，∴3x=3，3x=9，解得x=1或2．經(jīng)過驗證：x=1不滿足條件，舍去．∴x=2．故答案為：2．名師點評：此題考查了對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)及指數(shù)運(yùn)算性質(zhì)及其方程的解法，考查了計算能力，屬于根底題．8．〔4分〕〔2023?上?！吃趫竺?名男老師和6名女教師中，選取5人參加義務(wù)獻(xiàn)血，要求男、女教師都有，那么不同的選取方式的種數(shù)為120〔結(jié)果用數(shù)值表示〕．知識歸納：排列、組合的實際應(yīng)用．名師分析：根據(jù)題意，運(yùn)用排除法名師分析，先在9名老師中選取5人，參加義務(wù)獻(xiàn)血，由組合數(shù)公式可得其選法數(shù)目，再排除其中只有女教師的情況；即可得答案．名師解答：解：根據(jù)題意，報名的有3名男老師和6名女教師，共9名老師，在9名老師中選取5人，參加義務(wù)獻(xiàn)血，有C95=126種；其中只有女教師的有C65=6種情況；那么男、女教師都有的選取方式的種數(shù)為126﹣6=120種；故答案為：120．名師點評：此題考查排列、組合的運(yùn)用，此題適宜用排除法〔間接法〕，可以防止分類討論，簡化計算．9．〔2023?上?！滁cP和Q的橫坐標(biāo)相同，P的縱坐標(biāo)是Q的縱坐標(biāo)的2倍，P和Q的軌跡分別為雙曲線C1和C2．假設(shè)C1的漸近線方程為y=±x，那么C2的漸近線方程為．知識歸納：雙曲線的簡單性質(zhì)．名師分析：設(shè)C1的方程為y2﹣3x2=λ，利用坐標(biāo)間的關(guān)系，求出Q的軌跡方程，即可求出C2的漸近線方程．名師解答：解：設(shè)C1的方程為y2﹣3x2=λ，設(shè)Q〔x，y〕，那么P〔x，2y〕，代入y2﹣3x2=λ，可得4y2﹣3x2=λ，∴C2的漸近線方程為4y2﹣3x2=0，即．故答案為：．名師點評：此題考查雙曲線的方程與性質(zhì)，考查學(xué)生的計算能力，比較根底．10．〔4分〕〔2023?上?！吃O(shè)f﹣1〔x〕為f〔x〕=2x﹣2+，x∈[0，2]的反函數(shù)，那么y=f〔x〕+f﹣1〔x〕的最大值為4．知識歸納：反函數(shù)．名師分析：由f〔x〕=2x﹣2+在x∈[0，2]上為增函數(shù)可得其值域，得到y(tǒng)=f﹣1〔x〕在[]上為增函數(shù)，由函數(shù)的單調(diào)性求得y=f〔x〕+f﹣1〔x〕的最大值．名師解答：解：由f〔x〕=2x﹣2+在x∈[0，2]上為增函數(shù)，得其值域為[]，可得y=f﹣1〔x〕在[]上為增函數(shù)，因此y=f〔x〕+f﹣1〔x〕在[]上為增函數(shù)，∴y=f〔x〕+f﹣1〔x〕的最大值為f〔2〕+f﹣1〔2〕=1+1+2=4．故答案為：4．名師點評：此題考查了互為反函數(shù)的兩個函數(shù)圖象間的關(guān)系，考查了函數(shù)的單調(diào)性，屬中檔題．11．〔4分〕〔2023?上?！吃凇?+x+〕10的展開式中，x2項的系數(shù)為45〔結(jié)果用數(shù)值表示〕．知識歸納：二項式系數(shù)的性質(zhì)．名師分析：先把原式前兩項結(jié)合展開，名師分析可知僅有展開后的第一項含有x2項，然后寫出第一項二項展開式的通項，由x的指數(shù)為2求得r值，那么答案可求．名師解答：解：∵〔1+x+〕10=，∴僅在第一局部中出現(xiàn)x2項的系數(shù)．再由，令r=2，可得，x2項的系數(shù)為．故答案為：45．名師點評：此題考查了二項式系數(shù)的性質(zhì)，關(guān)鍵是對二項展開式通項的記憶與運(yùn)用，是根底題．12．〔4分〕〔2023?上海〕賭博有陷阱．某種賭博每局的規(guī)那么是：賭客先在標(biāo)記有1，2，3，4，5的卡片中隨機(jī)摸取一張，將卡片上的數(shù)字作為其賭金〔單位：元〕；隨后放回該卡片，再隨機(jī)摸取兩張，將這兩張卡片上數(shù)字之差的絕對值的1.4倍作為其獎金〔單位：元〕．假設(shè)隨機(jī)變量ξ1和ξ2分別表示賭客在一局賭博中的賭金和獎金，那么Eξ1﹣Eξ2=0.2〔元〕．知識歸納：離散型隨機(jī)變量的期望與方差．名師分析：分別求出賭金的分布列和獎金的分布列，計算出對應(yīng)的均值，即可得到結(jié)論．名師解答：解：賭金的分布列為12345P所以Eξ1=〔1+2+3+4+5〕=3，獎金的分布列為P====所以Eξ2=1.4×〔×1+×2+×3+×4〕=2.8，那么Eξ1﹣Eξ2=3﹣2.8=0.2元．故答案為：0.2名師點評：此題主要考查離散型隨機(jī)變量的分布列和期望的計算，根據(jù)概率的公式分別進(jìn)行計算是解決此題的關(guān)鍵．13．〔4分〕〔2023?上?！澈瘮?shù)f〔x〕=sinx．假設(shè)存在x1，x2，…，xm滿足0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，且|f〔x1〕﹣f〔x2〕|+|f〔x2〕﹣f〔x3〕|+…+|f〔xm﹣1〕﹣f〔xm〕|=12〔m≥12，m∈N*〕，那么m的最小值為8．知識歸納：正弦函數(shù)的圖象．名師分析：由正弦函數(shù)的有界性可得，對任意xi，xj〔i，j=1，2，3，…，m〕，都有|f〔xi〕﹣f〔xj〕|≤f〔x〕max﹣f〔x〕min=2，要使m取得最小值，盡可能多讓xi〔i=1，2，3，…，m〕取得最高點，然后作圖可得滿足條件的最小m值．名師解答：解：∵y=sinx對任意xi，xj〔i，j=1，2，3，…，m〕，都有|f〔xi〕﹣f〔xj〕|≤f〔x〕max﹣f〔x〕min=2，要使m取得最小值，盡可能多讓xi〔i=1，2，3，…，m〕取得最高點，考慮0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，|f〔x1〕﹣f〔x2〕|+|f〔x2〕﹣f〔x3〕|+…+|f〔xm﹣1〕﹣f〔xm〕|=12，按以下列圖取值即可滿足條件，∴m的最小值為8．故答案為：8．名師點評：此題考查正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查名師分析問題和解決問題的能力，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，正確理解對任意xi，xj〔i，j=1，2，3，…，m〕，都有|f〔xi〕﹣f〔xj〕|≤f〔x〕max﹣f〔x〕min=2是名師解答該題的關(guān)鍵，是難題．14．〔2023?上?！吃阡J角三角形ABC中，tanA=，D為邊BC上的點，△ABD與△ACD的面積分別為2和4．過D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，那么?=﹣．知識歸納：平面向量數(shù)量積的運(yùn)算．名師分析：由題意畫出圖形，結(jié)合面積求出cosA=，，然后代入數(shù)量積公式得答案．名師解答：解：如圖，∵△ABD與△ACD的面積分別為2和4，∴，，可得，，∴．又tanA=，∴，聯(lián)立sin2A+cos2A=1，得，cosA=．由，得．那么．∴?==．故答案為：．名師點評：此題考查平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，考查了數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，考查了三角函數(shù)的化簡與求值，是中檔題．二、選擇題〔本大題共有4題，總分值15分．〕每題有且只有一個正確答案，考生應(yīng)在答題紙的相應(yīng)編號上，將代表答案的小方格涂黑，選對得5分，否那么一律得零分．15．〔5分〕〔2023?上?！吃O(shè)z1，z2∈C，那么“z1、z2中至少有一個數(shù)是虛數(shù)〞是“z1﹣z2是虛數(shù)〞的〔〕A．充分非必要條件B．必要非充分條件C．充要條件D．既非充分又非必要條件知識歸納：必要條件、充分條件與充要條件的判斷．名師分析：根據(jù)充分條件和必要條件的定義結(jié)合復(fù)數(shù)的有關(guān)概念進(jìn)行判斷即可．名師解答：解：設(shè)z1=1+i，z2=i，滿足z1、z2中至少有一個數(shù)是虛數(shù)，那么z1﹣z2=1是實數(shù)，那么z1﹣z2是虛數(shù)不成立，假設(shè)z1、z2都是實數(shù)，那么z1﹣z2一定不是虛數(shù)，因此當(dāng)z1﹣z2是虛數(shù)時，那么z1、z2中至少有一個數(shù)是虛數(shù)，即必要性成立，故“z1、z2中至少有一個數(shù)是虛數(shù)〞是“z1﹣z2是虛數(shù)〞的必要不充分條件，應(yīng)選：B．名師點評：此題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據(jù)復(fù)數(shù)的有關(guān)概念進(jìn)行判斷是解決此題的關(guān)鍵．16．〔5分〕〔2023?上?！滁cA的坐標(biāo)為〔4，1〕，將OA繞坐標(biāo)原點O逆時針旋轉(zhuǎn)至OB，那么點B的縱坐標(biāo)為〔〕A．B．C．D．知識歸納：任意角的三角函數(shù)的定義．名師分析：根據(jù)三角函數(shù)的定義，求出∠xOA的三角函數(shù)值，利用兩角和差的正弦公式進(jìn)行求解即可．名師解答：解：∵點A的坐標(biāo)為〔4，1〕，∴設(shè)∠xOA=θ，那么sinθ==，cosθ==，將OA繞坐標(biāo)原點O逆時針旋轉(zhuǎn)至OB，那么OB的傾斜角為θ+，那么|OB|=|OA|=，那么點B的縱坐標(biāo)為y=|OP|sin〔θ+〕=7〔sinθcos+cosθsin〕=7〔×+〕=+6=，應(yīng)選：D．名師點評：此題主要考查三角函數(shù)值的計算，根據(jù)三角函數(shù)的定義以及兩角和差的正弦公式是解決此題的關(guān)鍵．17．〔2023?上?！秤浄匠挞伲簒2+a1x+1=0，方程②：x2+a2x+2=0，方程③：x2+a3x+4=0，其中a1，a2，a3是正實數(shù)．當(dāng)a1，a2，a3成等比數(shù)列時，以下選項中，能推出方程③無實根的是〔〕A．方程①有實根，且②有實根B．方程①有實根，且②無實根C．方程①無實根，且②有實根D．方程①無實根，且②無實根知識歸納：根的存在性及根的個數(shù)判斷．名師分析：根據(jù)方程根與判別式△之間的關(guān)系求出a12≥4，a22＜8，結(jié)合a1，a2，a3成等比數(shù)列求出方程③的判別式△的取值即可得到結(jié)論．名師解答：解：當(dāng)方程①有實根，且②無實根時，△1=a12﹣4≥0，△2=a22﹣8＜0，即a12≥4，a22＜8，∵a1，a2，a3成等比數(shù)列，∴a22=a1a3，即a3=，那么a32=〔〕2=，即方程③的判別式△3=a32﹣16＜0，此時方程③無實根，應(yīng)選：B名師點評：此題主要考查方程根存在性與判別式△之間的關(guān)系，結(jié)合等比數(shù)列的定義和性質(zhì)判斷判別式△的取值關(guān)系是解決此題的關(guān)鍵．18．〔5分〕〔2023?上海〕設(shè)Pn〔xn，yn〕是直線2x﹣y=〔n∈N*〕與圓x2+y2=2在第一象限的交點，那么極限=〔〕A．﹣1B．﹣C．1D．2知識歸納：極限及其運(yùn)算．名師分析：當(dāng)n→+∞時，直線2x﹣y=趨近于2x﹣y=1，與圓x2+y2=2在第一象限的交點無限靠近〔1，1〕，利用圓的切線的斜率、斜率計算公式即可得出．名師解答：解：當(dāng)n→+∞時，直線2x﹣y=趨近于2x﹣y=1，與圓x2+y2=2在第一象限的交點無限靠近〔1，1〕，而可看作點Pn〔xn，yn〕與〔1，1〕連線的斜率，其值會無限接近圓x2+y2=2在點〔1，1〕處的切線的斜率，其斜率為﹣1．∴=﹣1．應(yīng)選：A．名師點評：此題考查了極限思想、圓的切線的斜率、斜率計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．三、名師解答題〔本大題共有5題，總分值74分〕名師解答以下各題必須在答題紙相應(yīng)編號的規(guī)定區(qū)域內(nèi)寫出必要的步驟.19．〔12分〕〔2023?上?！橙鐖D，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD=2，E、F分別是AB、BC的中點，證明A1、C1、F、E四點共面，并求直線CD1與平面A1C1FE所成的角的大?。R歸納：直線與平面所成的角．名師分析：利用長方體的集合關(guān)系建立直角坐標(biāo)系．利用法向量求出二面角．名師解答：解：連接AC，因為E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，所以EF是△ABC的中位線，所以EF∥AC．由長方體的性質(zhì)知AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以A1、C1、F、E四點共面．以D為坐標(biāo)原點，DA、DC、DD1分別為xyz軸，建立空間直角坐標(biāo)系，易求得，設(shè)平面A1C1EF的法向量為那么，所以，即，z=1，得x=1，y=1，所以，所以=，所以直線CD1與平面A1C1FE所成的角的大小arcsin．名師點評：此題主要考查利用空間直角坐標(biāo)系求出二面角的方法，屬高考常考題型．20．〔14分〕〔2023?上?！橙鐖D，A，B，C三地有直道相通，AB=5千米，AC=3千米，BC=4千米．現(xiàn)甲、乙兩警員同時從A地出發(fā)勻速前往B地，經(jīng)過t小時，他們之間的距離為f〔t〕〔單位：千米〕．甲的路線是AB，速度為5千米/小時，乙的路線是ACB，速度為8千米/小時．乙到達(dá)B地后原地等待．設(shè)t=t1時乙到達(dá)C地．〔1〕求t1與f〔t1〕的值；〔2〕警員的對講機(jī)的有效通話距離是3千米．當(dāng)t1≤t≤1時，求f〔t〕的表達(dá)式，并判斷f〔t〕在[t1，1]上的最大值是否超過3？說明理由．知識歸納：余弦定理的應(yīng)用．名師分析：〔1〕由題意可得t1==h，由余弦定理可得f〔t1〕=PC=，代值計算可得；〔2〕當(dāng)t1≤t≤時，由數(shù)據(jù)和余弦定理可得f〔t〕=PQ=，當(dāng)＜t≤1時，f〔t〕=PB=5﹣5t，綜合可得當(dāng)＜t≤1時，f〔t〕∈[0，]，可得結(jié)論．名師解答：解：〔1〕由題意可得t1==h，設(shè)此時甲運(yùn)動到點P，那么AP=v甲t1=5×=千米，∴f〔t1〕=PC===千米；〔2〕當(dāng)t1≤t≤時，乙在CB上的Q點，設(shè)甲在P點，∴QB=AC+CB﹣8t=7﹣8t，PB=AB﹣AP=5﹣5t，∴f〔t〕=PQ===，當(dāng)＜t≤1時，乙在B點不動，設(shè)此時甲在點P，∴f〔t〕=PB=AB﹣AP=5﹣5t∴f〔t〕=∴當(dāng)＜t≤1時，f〔t〕∈[0，]，故f〔t〕的最大值超過了3千米．名師點評：此題考查解三角形的實際應(yīng)用，涉及余弦定理和分段函數(shù)，屬中檔題．21．〔14分〕〔2023?上海〕橢圓x2+2y2=1，過原點的兩條直線l1和l2分別于橢圓交于A、B和C、D，記得到的平行四邊形ABCD的面積為S．〔1〕設(shè)A〔x1，y1〕，C〔x2，y2〕，用A、C的坐標(biāo)表示點C到直線l1的距離，并證明S=2|x1y2﹣x2y1|；〔2〕設(shè)l1與l2的斜率之積為﹣，求面積S的值．知識歸納：直線與圓錐曲線的綜合問題；點到直線的距離公式．名師分析：〔1〕依題意，直線l1的方程為y=x，利用點到直線間的距離公式可求得點C到直線l1的距離d=，再利用|AB|=2|AO|=2，可證得S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；〔2〕方法一：設(shè)直線l1的斜率為k，那么直線l2的斜率為﹣，可得直線l1與l2的方程，聯(lián)立方程組，可求得x1、x2、y1、y2，繼而可求得答案．方法二：設(shè)直線l1、l2的斜率分別為、，那么=﹣，利用A〔x1，y1〕、C〔x2，y2〕在橢圓x2+2y2=1上，可求得面積S的值．名師解答：解：〔1〕依題意，直線l1的方程為y=x，由點到直線間的距離公式得：點C到直線l1的距離d==，因為|AB|=2|AO|=2，所以S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；〔2〕方法一：設(shè)直線l1的斜率為k，那么直線l2的斜率為﹣，設(shè)直線l1的方程為y=kx，聯(lián)立方程組，消去y解得x=±，根據(jù)對稱性，設(shè)x1=，那么y1=，同理可得x2=，y2=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．方法二：設(shè)直線l1、l2的斜率分別為、，那么=﹣，所以x1x2=﹣2y1y2，∴=4=﹣2x1x2y1y2，∵A〔x1，y1〕、C〔x2，y2〕在橢圓x2+2y2=1上，∴〔〕〔〕=+4+2〔+〕=1，即﹣4x1x2y1y2+2〔+〕=1，所以〔x1y2﹣x2y1〕2=，即|x1y2﹣x2y1|=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．名師點評：此題考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，考查方程思想、等價轉(zhuǎn)化思想與綜合運(yùn)算能力，屬于難題．22．〔16分〕〔2023?上?！硵?shù)列{an}與{bn}滿足an+1﹣an=2〔bn+1﹣bn〕，n∈N*．〔1〕假設(shè)bn=3n+5，且a1=1，求數(shù)列{an}的通項公式；〔2〕設(shè){an}的第n0項是最大項，即a≥an〔n∈N*〕，求證：數(shù)列{bn}的第n0項是最大項；〔3〕設(shè)a1=λ＜0，bn=λn〔n∈N*〕，求λ的取值范圍，使得{an}有最大值M與最小值m，且∈〔﹣2，2〕．知識歸納：數(shù)列遞推式；數(shù)列的函數(shù)特性．名師分析：〔1〕把bn=3n+5代入遞推式可得an+1﹣an=6，由此得到{an}是等差數(shù)列，那么an可求；〔2〕由an=〔an﹣an﹣1〕+〔an﹣1﹣an﹣2〕+…+〔a2﹣a1〕+a1，結(jié)合遞推式累加得到an=2bn+a1﹣2b1，求得，進(jìn)一步得到得答案；〔3〕由〔2〕可得，然后分﹣1＜λ＜0，λ=﹣1，λ＜﹣1三種情況求得an的最大值M和最小值m，再由∈〔﹣2，2〕列式求得λ的范圍．名師解答：〔1〕解：∵an+1﹣an=2〔bn+1﹣bn〕，bn=3n+5，∴an+1﹣an=2〔bn+1﹣bn〕=2〔3n+8﹣3n﹣5〕=6，∴{an}是等差數(shù)列，首項為a1=1，公差為6，那么an=1+〔n﹣1〕×6=6n﹣5；〔2〕∵an=〔an﹣an﹣1〕+〔an﹣1﹣an﹣2〕+…+〔a2﹣a1〕+a1=2〔bn﹣bn﹣1〕+2〔bn﹣1﹣bn﹣2〕+…+2〔b2﹣b1〕+a1=2bn+a1﹣2b1，∴，∴．∴數(shù)列{bn}的第n0項是最大項；〔3〕由〔2〕可得，①當(dāng)﹣1＜λ＜0時，單調(diào)遞減，有最大值；單調(diào)遞增，有最小值m=a1=λ，∴∈〔﹣2，2〕，∴λ∈，∴．②當(dāng)λ=﹣1時，a2n=3，a2n﹣1=﹣1，∴M=3，m=﹣1，〔﹣2，2〕，不滿足條件．③當(dāng)λ＜﹣1時，當(dāng)n→+∞時，a2n→+∞，無最大值；當(dāng)n→+∞時，a2n﹣1→﹣∞，無最小值．綜上所述，λ∈〔﹣，0〕時滿足條件．名師點評：此題考查了數(shù)列遞推式，考查了等差關(guān)系確實定，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，訓(xùn)練了累加法求數(shù)列的通項公式，對〔3〕的求解運(yùn)用了極限思想方法，是中檔題．23．〔18分〕〔2023?上?！硨τ诙x域為R的函數(shù)g〔x〕，假設(shè)存在正常數(shù)T，使得cosg〔x〕是以T為周期的函數(shù)，那么稱g〔x〕為余弦周期函數(shù)，且稱T為其余弦周期．f〔x〕是以T為余弦周期的余弦周期函數(shù)，其值域為R．設(shè)f〔x〕單調(diào)遞增，f〔0〕=0，f〔T〕=4π．〔1〕驗證g〔x〕=x+sin是以6π為周期的余弦周期函數(shù)；〔2〕設(shè)a＜b，證明對任意c∈[f〔a〕，f〔b〕]，存在x0∈[a，b]，使得f〔x0〕=c；〔3〕證明：“u0為方程cosf〔x〕=1在[0，T]上得解，〞的充分條件是“u0+T為方程cosf〔x〕=1在區(qū)間[T，2T]上的解〞，并證明對任意x∈[0，T]，都有f〔x+T〕=f〔x〕+f〔T〕．知識歸納：函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用．名師分析：〔1〕根據(jù)余弦周期函數(shù)的定義，判斷cosg〔x+6π〕是否等于cosg〔x〕即可；〔2〕根據(jù)f〔x〕的值域為R，便可得到存在x0，使得f〔x0〕=c，而根據(jù)f〔x〕在R上單調(diào)遞增即可說明x0∈[a，b]，從而完成證明；〔3〕只需證明u0+T為方程cosf〔x〕=1在區(qū)間[T，2T]上的解得出u0為方程cosf〔x〕=1在[0，T]上的解，是否為方程的解，帶入方程，使方程成立便是方程的解．證明對任意x∈[0，T]，都有f〔x+T〕=f〔x〕+f〔T〕，可討論x=0，x=T，x∈〔0，T〕三種情況：x=