新高考Ⅱ卷（压轴题）（解析版）

2023年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅱ卷）压轴真题解读压轴真题解读7．已知为锐角，，则（）．A． B． C． D．【答案】D【解析】由得，，又因为则所以，所以，故答案为D.【解后反思】利用半角公式求值的思路(1)看角：若已知三角函数式中的角是待求三角函数式中角的两倍，则求解时常常借助半角公式求解．(2)明范围：由于半角公式求值常涉及符号问题，因此求解时务必依据角的范围，求出相应半角的范围．(3)选公式：涉及半角公式的正切值时，常用tan

eq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα)，其优点是计算时可避免因开方带来的求角的范围问题；涉及半角公式的正、余弦值时，常先利用sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,2)，cos2eq\f(α,2)＝eq\f(1＋cosα,2)计算．8．记为等比数列的前n项和，若，，则（）．A．120 B．85 C． D．【答案】C【解析】方法一(基本量法)：如果，则与题意不符合，所以，由得，所以，则，解得.由已知而.故选C.方法二（性质法）：由等比数列性质：为等比数列，则依次成等比数列，当时，成等比数列.设公比为，所以,所以,,所以,所以,故选C.【解后反思】处理等比数列前n项和有关问题的常用方法(1)运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元．(2)灵活运用等比数列前n项和的有关性质．11．若函数既有极大值也有极小值，则（）．A． B． C． D．【答案】BCD【解析】由函数，得函数的定义域为，．因为函数既有极大值也有极小值，所以在上，有两个不同的零点．因为，所以，所以，且，，，所以A不正确，B，C，D正确．故选BCD．【解后反思】根据函数既有极大值又有极小值求参数的取值范围问题的常用方法为：首先对函数进行求导，然后根据函数既有极大值又有极小值可以得到导函数为的方程有两个不等的实数根，从而转化为函数存在两个零点问题求解．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，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输，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）（）．A．采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的概率为B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1,0,1的概率为C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为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的概率【答案】ABD【解析】设事件“发送信号0收到0”为事件，设事件“发送信号0收到1”为事件，设事件“发送信号1收到0”为事件，设事件“发送信号1收到1”为事件，由题知，，且事件互相独立，考察选项，所求事件为，所以，所以正确考察选项，所求事件为，所以，所以正确；考察选项，所求事件为，又，所以，所以错误；考察选项，采用三次传输，事件为，所以，采用单次传输，.所以因为，所以.所以采用三次传输的概率大于单次传输的概率，所以选项正确.【解后反思】（1）本题需要准确理解题意，梳理清楚发送和接收信号的异同各自的概率是什么；（2）总体上设发送0为事件，接收0为事件，接收1为事件；设发送1为事件，接收0为事件，接收1为事件；，则能清楚地分辨各个事件概率之间的关系；（3）特别的，发送0收到0的概率小于，以及正确接收信号的概率小于，多次传输会使得信号传输正确的概率变大，非常符合直觉。此选项也可以由直觉直接判断正误.16．已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则______．【答案】【解析】对比正弦曲线的图象易知，点“五点法”中的第五点，所以①．由图象知，线段的垂直平分线对应于正弦曲线的第1条对称轴，所以由，得，两式相减，得，即，解得，代入①，得，所以，所以．【解后反思】由函数的图象确定的题型，常常以“五点法”中的第一零点作为突破口，要从图像的升降情况找准第一零点的位置．要善于抓住特殊量和特殊点．21．已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．（1）求C的方程；（2）记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明：点P在定直线上．【思维导引】（1）左焦点求→离心率求→关系求→双曲线方程（2）方法一：分析直线的斜率情况，并设出当斜率存在时直线的方程→根据直线与双曲线相交联立得方程组→消元，得的一元二次方程，写出韦达定理→写出直线，直线的方程，联立求得点的横坐标→点的横坐标表达式为非对称的，因此需要利用韦达定理将其齐次化，化简、整理，最后约分得结果；方法二：分析直线的斜率情况，并设直线的点参式方程→根据直线与双曲线相交联立得方程组→消元，得的一元二次方程，写出韦达定理→写出直线，直线的方程，联立求得点的横坐标→点的横坐标表达式为非对称的，因此需要利用韦达定理将其齐次化，化简、整理，最后约分得结果【解析】（1）设双曲线C的方程为，由已知，，，∴，∴双曲线C的方程为．（2）证法一：当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，设，，，消去y得：，∴又，，从而直线，直线的方程分别为，，联立，消去y：，解得（*）由，，得①，②，③，④，把①，②，③，④代入（*）得，∴当存在时，点P在定直线上．（ⅱ）当不存在时，直线方程为，代入，得，，又，，∴直线，方程分别为，，联立，得解得．此时P也在定直线上．综上可得P在定直线上．【解法二】由于直线与双曲线左支交于两点，∴，设直线方程为，与双曲线方程联立，得消去x，得，设，，，则又，，∴直线，直线的方程分别为，，联立，消去y，得（**）由，得①，②，把①，②及代入（**）得，在定直线上．【解后反思】(1)定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时.(2)以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参.22．（1）证明：当时，．（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．【解析】（1）①设对恒成立，且仅在时有所以在上单调递减，所以有对，有恒成立.又因为，所以对恒成立.亦即有.②设，，对恒成立，所以在上单调递增，且因为，所以恒成立，且仅在时，所以函数在上单调递增.所以对，有恒成立又因为，所以对恒成立.所以.综上可知：成立;（2）方法一：，，且，满足.且因为,所以为奇函数.，.由极值的第二充分条件：在处二阶可导，若，是的极大值点；若，是的极小值点；（关键点：这里使用了判断极值点的第二充分条件）所以当时，有，得是的极大值点；当时，，得是的极小值点，不满足条件；当时，，,由（1）知当时，，所以,因为为奇函数，所以当时，,所以是的极小值点，不满足题设条件；综上可知，实数的取值范围是.方法二：首先证明引理：若，当时，（i）若，有；（ii）若，有.证明：（i）当时，由（1）知，所以（ii）当时，由（1）知，亦即有故上述引理成立.下面证明（2）由题，，所以且因为所以为奇函数。①当时，，当恒成立，在上单调递增，此时的极值点。②当时若，有所以有令，则故在上单调递增.由于，且因为在上单调递增所以存在，使得在上恒小于0，因此，又因为是奇函数，所以在上有因此函数在上单调递增，在上单调递减，所以是函数的极大值点。③若时，若，成立所以有令，则故在上单调递增.由于，且因为在上单调递增所以存在，使得在上恒小于0，因此，又因为是奇函数，所以在上有因此函数在上单调递增，在上单调递减，所以是函数的极大值点。④当时，有，由引理知时，有所以故而函数在的右侧，左侧，所以是函数的极小值点。，不满足条件.综上可知，实数的取值范围是.【解后反思】（1）本题（1）把证明了超越函数夹在两个幂函数之间，可以用来放缩；（2）第（2）问的实质是极值点的充分条件的判断；判别极值的第一充分条件；若函数在在处连续且在的某去心邻域内可导①若时，，在时，，则在处取得极小值；②若时，，在时，，则在处取得极大值；判别极值的第二充分条件：若函数在处二阶可导，若，是的极大值点；若，是的极小值点；（3）本题亦可利用导函数在处的连续函数局部保号性得到左右两侧导数的正负号；（4）本题的法2的难点在于第一问的结论，在应用时分讨论.压轴模拟专练压轴模拟专练1．（2023·福建漳州·统考一模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，得，所以，故选C2．（2023·山东菏泽二模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由得，，又，所以，，所以．故选：B．3．（2023春·湖北十堰联考）记为等比数列的前项和，若，，则为（

）A．32 B．28 C．21 D．28或【答案】B【解析】为等比数列的前项和，所以成等比数列，所以，因为，，所以，解得.故选：B4．（2013浙江杭州·高三校联考阶段练习）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8-2S4=5，则a9+a10+a11+a12的最小值为（

）A．10 B．15 C．20 D．25【答案】C【解析】由题意可得a9+a10+a11+a12=S12-S8，由S8-2S4=5，可得S8-S4=S4+5.又由等比数列的性质知S4，S8-S4，S12-S8成等比数列，则S4(S12-S8)=(S8-S4)2.当且仅当S4=5时等号成立，所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.故选：C.5．（2023秋·河北石家庄三模）若是函数的极值点，则下列结论不正确的是（

）A．有极大值-1 B．有极小值-1C．有极大值0 D．有极小值0【答案】BCD【解析】因为是函数的极值点，所以，当时，当时，因此有极大值，无极小值故选：BCD.6．（2023·福建漳州二模）已知函数，若函数在上有极值，则实数可以取（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】BC【解析】由题意知，在上有变号零点，又易知在上单调递增，故，可得，解得，故可取2，3.故选：BC.7．（2023·山东烟台·统考二模）甲、乙两人参加消防安全知识竞赛活动．活动共设三轮，在每轮活动中，甲、乙各回答一题，若一方答对且另一方答错，则答对的一方获胜，否则本轮平局．已知每轮活动中，甲、乙答对的概率分别为和，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮活动也互不影响，则（

）．A．每轮活动中，甲获胜的概率为B．每轮活动中，平局的概率为C．甲胜一轮乙胜两轮的概率为D．甲至少获胜两轮的概率为【答案】ABD【解析】根据题意可得，甲获胜的概率为：，故A正确；乙获胜的概率为，所以平局的概率为，故B正确；所以3轮活动中，甲胜一轮乙胜两轮的概率为：，故C不正确；甲至少获胜两次的概率为故D正确.故选：ABD.8．（2023·江苏无锡模拟）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为0.6．0.5．0.4，则（

）A．该棋手三盘三胜的概率为0.12B．若比赛顺序为甲乙丙，则该棋手在赢得第一盘比赛的前提下连赢三盘的概率为0.4C．若比赛顺序为甲乙丙，则该棋手连赢2盘的概率为0.26D．记该棋手连赢2盘为事件A，则当该棋手在第二盘与甲比赛最大【答案】ACD【解析】对于A，棋手胜三盘的概率为，故A正确；对于B，棋手在胜甲的前提下连胜3盘的事件就是余下两盘连胜乙，丙的事件，其概率为，故B错误；对于C，连胜两盘事件的概率为，故C正确；对于D，第2盘与甲比赛连胜两盘的概率，第2盘与乙比赛连胜两盘的概率，第2盘与丙比赛连胜两盘的概率，因此，故D正确.故选：ACD.9．（2023春·宁夏吴忠·高三统考开学考试）已知函数（，）的部分图象如图所示，则______．【答案】【解析】设该函数的最小正周期为，因为，所以，因为函数过，所以有，即，由，因为，所以令，即，因此，所以，10．（2023秋·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）如图是函数的部分图像，A是图像的一个最高点，D是图像与y轴的交点，B，C是图象与x轴的交点，且，的面积等于．则的解析式为__________．【答案】【解析】由图像可知，的最大值为，又，所以，因为的面积等于，所以，则，所以，即，得，又，故，将代入，得，即，因为，所以，所以.11．（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知曲线上的动点满足，且.(1)求的方程；(2)若直线与交于、两点，过、分别做的切线，两切线交于点.在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立.①直线经过定点；②点在定直线上.【解析】（1）因为，所以曲线是以、为焦点，以为实轴长的双曲线的右支,所以，即，又因为，所以，得，所以曲线的方程为().（2）若选择①证明②成立.依题意，在双曲线右支上，此时直线的斜率必不为，设直线方程为，，不妨设在第一象限，在第四象限.因为，所以，且，求导得，所以过点的直线方程为，化简为①，同理②，联立方程①②得,交点的横坐标为，因为、点在直线上，所以，所以，所以的横坐标.即点在定直线上.若选择②证明①成立.不妨设在第一象限，在第四象限.设，因为，所以，且，求导得，所以过点的直线方程为，化简为①，同理②联立方程①②得交点的横坐标为，由题意，，即③.因为，所以过直线的方程为，化简，整理得由③式可得,易知，即直线过定点.12．（2023春·安徽滁州·高三安徽省定远中学校考阶段练习）已知双曲线C：的离心率为，过点的直线l与C左右两支分别交于M，N两个不同的点（异于顶点）．(1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积（O为坐标原点）；(2)若A，B为双曲线的左右顶点，且，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是