2023年全國統一高考數學試卷（新高考Ⅱ卷）壓軸真題解讀壓軸真題解讀7．已知為銳角，，則（）．A． B． C． D．【答案】D【解析】由得，，又因為則所以，所以，故答案為D.【解后反思】利用半角公式求值的思路(1)看角：若已知三角函數式中的角是待求三角函數式中角的兩倍，則求解時常常借助半角公式求解．(2)明范圍：由于半角公式求值常涉及符號問題，因此求解時務必依據角的范圍，求出相應半角的范圍．(3)選公式：涉及半角公式的正切值時，常用tan

eq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα)，其優點是計算時可避免因開方帶來的求角的范圍問題；涉及半角公式的正、余弦值時，常先利用sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,2)，cos2eq\f(α,2)＝eq\f(1＋cosα,2)計算．8．記為等比數列的前n項和，若，，則（）．A．120 B．85 C． D．【答案】C【解析】方法一(基本量法)：如果，則與題意不符合，所以，由得，所以，則，解得.由已知而.故選C.方法二（性質法）：由等比數列性質：為等比數列，則依次成等比數列，當時，成等比數列.設公比為，所以,所以,,所以,所以,故選C.【解后反思】處理等比數列前n項和有關問題的常用方法(1)運用等比數列的前n項和公式，要注意公比q＝1和q≠1兩種情形，在解有關的方程(組)時，通常用約分或兩式相除的方法進行消元．(2)靈活運用等比數列前n項和的有關性質．11．若函數既有極大值也有極小值，則（）．A． B． C． D．【答案】BCD【解析】由函數，得函數的定義域為，．因為函數既有極大值也有極小值，所以在上，有兩個不同的零點．因為，所以，所以，且，，，所以A不正確，B，C，D正確．故選BCD．【解后反思】根據函數既有極大值又有極小值求參數的取值范圍問題的常用方法為：首先對函數進行求導，然后根據函數既有極大值又有極小值可以得到導函數為的方程有兩個不等的實數根，從而轉化為函數存在兩個零點問題求解．12．在信道內傳輸0,1信號，信號的傳輸相互獨立，發送0時，收到1的概率為，收到0的概率為；發送1時，收到0的概率為，收到1的概率為．考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸，單次傳輸是指每個信號只發送1次，三次傳輸是指每個信號重復發送3次，收到的信號需要譯碼，譯碼規則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼（例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1）（）．A．采用單次傳輸方案，若依次發送1,0,1，則依次收到1,0,1的概率為B．采用三次傳輸方案，若發送1，則依次收到1,0,1的概率為C．采用三次傳輸方案，若發送1，則譯碼為1的概率為D．當時，若發送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率【答案】ABD【解析】設事件“發送信號0收到0”為事件，設事件“發送信號0收到1”為事件，設事件“發送信號1收到0”為事件，設事件“發送信號1收到1”為事件，由題知，，且事件互相獨立，考察選項，所求事件為，所以，所以正確考察選項，所求事件為，所以，所以正確；考察選項，所求事件為，又，所以，所以錯誤；考察選項，采用三次傳輸，事件為，所以，采用單次傳輸，.所以因為，所以.所以采用三次傳輸的概率大于單次傳輸的概率，所以選項正確.【解后反思】（1）本題需要準確理解題意，梳理清楚發送和接收信號的異同各自的概率是什么；（2）總體上設發送0為事件，接收0為事件，接收1為事件；設發送1為事件，接收0為事件，接收1為事件；，則能清楚地分辨各個事件概率之間的關系；（3）特別的，發送0收到0的概率小于，以及正確接收信號的概率小于，多次傳輸會使得信號傳輸正確的概率變大，非常符合直覺。此選項也可以由直覺直接判斷正誤.16．已知函數，如圖A，B是直線與曲線的兩個交點，若，則______．【答案】【解析】對比正弦曲線的圖象易知，點“五點法”中的第五點，所以①．由圖象知，線段的垂直平分線對應于正弦曲線的第1條對稱軸，所以由，得，兩式相減，得，即，解得，代入①，得，所以，所以．【解后反思】由函數的圖象確定的題型，常常以“五點法”中的第一零點作為突破口，要從圖像的升降情況找準第一零點的位置．要善于抓住特殊量和特殊點．21．已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．（1）求C的方程；（2）記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明：點P在定直線上．【思維導引】（1）左焦點求→離心率求→關系求→雙曲線方程（2）方法一：分析直線的斜率情況，并設出當斜率存在時直線的方程→根據直線與雙曲線相交聯立得方程組→消元，得的一元二次方程，寫出韋達定理→寫出直線，直線的方程，聯立求得點的橫坐標→點的橫坐標表達式為非對稱的，因此需要利用韋達定理將其齊次化，化簡、整理，最后約分得結果；方法二：分析直線的斜率情況，并設直線的點參式方程→根據直線與雙曲線相交聯立得方程組→消元，得的一元二次方程，寫出韋達定理→寫出直線，直線的方程，聯立求得點的橫坐標→點的橫坐標表達式為非對稱的，因此需要利用韋達定理將其齊次化，化簡、整理，最后約分得結果【解析】（1）設雙曲線C的方程為，由已知，，，∴，∴雙曲線C的方程為．（2）證法一：當直線的斜率存在時，設直線的方程為：，設，，，消去y得：，∴又，，從而直線，直線的方程分別為，，聯立，消去y：，解得（*）由，，得①，②，③，④，把①，②，③，④代入（*）得，∴當存在時，點P在定直線上．（ⅱ）當不存在時，直線方程為，代入，得，，又，，∴直線，方程分別為，，聯立，得解得．此時P也在定直線上．綜上可得P在定直線上．【解法二】由于直線與雙曲線左支交于兩點，∴，設直線方程為，與雙曲線方程聯立，得消去x，得，設，，，則又，，∴直線，直線的方程分別為，，聯立，消去y，得（**）由，得①，②，把①，②及代入（**）得，在定直線上．【解后反思】(1)定點問題，先猜后證，可先考慮運動圖形是否有對稱性及特殊(或極端)位置猜想，如直線的水平位置、豎直位置，即k＝0或k不存在時.(2)以曲線上的點為參數，設點P(x1，y1)，利用點在曲線f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消參.22．（1）證明：當時，．（2）已知函數，若是的極大值點，求a的取值范圍．【解析】（1）①設對恒成立，且僅在時有所以在上單調遞減，所以有對，有恒成立.又因為，所以對恒成立.亦即有.②設，，對恒成立，所以在上單調遞增，且因為，所以恒成立，且僅在時，所以函數在上單調遞增.所以對，有恒成立又因為，所以對恒成立.所以.綜上可知：成立;（2）方法一：，，且，滿足.且因為,所以為奇函數.，.由極值的第二充分條件：在處二階可導，若，是的極大值點；若，是的極小值點；（關鍵點：這里使用了判斷極值點的第二充分條件）所以當時，有，得是的極大值點；當時，，得是的極小值點，不滿足條件；當時，，,由（1）知當時，，所以,因為為奇函數，所以當時，,所以是的極小值點，不滿足題設條件；綜上可知，實數的取值范圍是.方法二：首先證明引理：若，當時，（i）若，有；（ii）若，有.證明：（i）當時，由（1）知，所以（ii）當時，由（1）知，亦即有故上述引理成立.下面證明（2）由題，，所以且因為所以為奇函數。①當時，，當恒成立，在上單調遞增，此時的極值點。②當時若，有所以有令，則故在上單調遞增.由于，且因為在上單調遞增所以存在，使得在上恒小于0，因此，又因為是奇函數，所以在上有因此函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以是函數的極大值點。③若時，若，成立所以有令，則故在上單調遞增.由于，且因為在上單調遞增所以存在，使得在上恒小于0，因此，又因為是奇函數，所以在上有因此函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以是函數的極大值點。④當時，有，由引理知時，有所以故而函數在的右側，左側，所以是函數的極小值點。，不滿足條件.綜上可知，實數的取值范圍是.【解后反思】（1）本題（1）把證明了超越函數夾在兩個冪函數之間，可以用來放縮；（2）第（2）問的實質是極值點的充分條件的判斷；判別極值的第一充分條件；若函數在在處連續且在的某去心鄰域內可導①若時，，在時，，則在處取得極小值；②若時，，在時，，則在處取得極大值；判別極值的第二充分條件：若函數在處二階可導，若，是的極大值點；若，是的極小值點；（3）本題亦可利用導函數在處的連續函數局部保號性得到左右兩側導數的正負號；（4）本題的法2的難點在于第一問的結論，在應用時分討論.壓軸模擬專練壓軸模擬專練1．（2023·福建漳州·統考一模）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，得，所以，故選C2．（2023·山東菏澤二模）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由得，，又，所以，，所以．故選：B．3．（2023春·湖北十堰聯考）記為等比數列的前項和，若，，則為（

）A．32 B．28 C．21 D．28或【答案】B【解析】為等比數列的前項和，所以成等比數列，所以，因為，，所以，解得.故選：B4．（2013浙江杭州·高三校聯考階段練習）已知正項等比數列{an}的前n項和為Sn，且S8-2S4=5，則a9+a10+a11+a12的最小值為（

）A．10 B．15 C．20 D．25【答案】C【解析】由題意可得a9+a10+a11+a12=S12-S8，由S8-2S4=5，可得S8-S4=S4+5.又由等比數列的性質知S4，S8-S4，S12-S8成等比數列，則S4(S12-S8)=(S8-S4)2.當且僅當S4=5時等號成立，所以a9+a10+a11+a12的最小值為20.故選：C.5．（2023秋·河北石家莊三模）若是函數的極值點，則下列結論不正確的是（

）A．有極大值-1 B．有極小值-1C．有極大值0 D．有極小值0【答案】BCD【解析】因為是函數的極值點，所以，當時，當時，因此有極大值，無極小值故選：BCD.6．（2023·福建漳州二模）已知函數，若函數在上有極值，則實數可以?。?/p>

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】BC【解析】由題意知，在上有變號零點，又易知在上單調遞增，故，可得，解得，故可取2，3.故選：BC.7．（2023·山東煙臺·統考二模）甲、乙兩人參加消防安全知識競賽活動．活動共設三輪，在每輪活動中，甲、乙各回答一題，若一方答對且另一方答錯，則答對的一方獲勝，否則本輪平局．已知每輪活動中，甲、乙答對的概率分別為和，且每輪活動中甲、乙答對與否互不影響，各輪活動也互不影響，則（

）．A．每輪活動中，甲獲勝的概率為B．每輪活動中，平局的概率為C．甲勝一輪乙勝兩輪的概率為D．甲至少獲勝兩輪的概率為【答案】ABD【解析】根據題意可得，甲獲勝的概率為：，故A正確；乙獲勝的概率為，所以平局的概率為，故B正確；所以3輪活動中，甲勝一輪乙勝兩輪的概率為：，故C不正確；甲至少獲勝兩次的概率為故D正確.故選：ABD.8．（2023·江蘇無錫模擬）某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結果相互獨立．已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為0.6．0.5．0.4，則（

）A．該棋手三盤三勝的概率為0.12B．若比賽順序為甲乙丙，則該棋手在贏得第一盤比賽的前提下連贏三盤的概率為0.4C．若比賽順序為甲乙丙，則該棋手連贏2盤的概率為0.26D．記該棋手連贏2盤為事件A，則當該棋手在第二盤與甲比賽最大【答案】ACD【解析】對于A，棋手勝三盤的概率為，故A正確；對于B，棋手在勝甲的前提下連勝3盤的事件就是余下兩盤連勝乙，丙的事件，其概率為，故B錯誤；對于C，連勝兩盤事件的概率為，故C正確；對于D，第2盤與甲比賽連勝兩盤的概率，第2盤與乙比賽連勝兩盤的概率，第2盤與丙比賽連勝兩盤的概率，因此，故D正確.故選：ACD.9．（2023春·寧夏吳忠·高三統考開學考試）已知函數（，）的部分圖象如圖所示，則______．【答案】【解析】設該函數的最小正周期為，因為，所以，因為函數過，所以有，即，由，因為，所以令，即，因此，所以，10．（2023秋·湖北省直轄縣級單位·高三?？茧A段練習）如圖是函數的部分圖像，A是圖像的一個最高點，D是圖像與y軸的交點，B，C是圖象與x軸的交點，且，的面積等于．則的解析式為__________．【答案】【解析】由圖像可知，的最大值為，又，所以，因為的面積等于，所以，則，所以，即，得，又，故，將代入，得，即，因為，所以，所以.11．（2023·山東泰安·統考模擬預測）已知曲線上的動點滿足，且.(1)求的方程；(2)若直線與交于、兩點，過、分別做的切線，兩切線交于點.在以下兩個條件①②中選擇一個條件，證明另外一個條件成立.①直線經過定點；②點在定直線上.【解析】（1）因為，所以曲線是以、為焦點，以為實軸長的雙曲線的右支,所以，即，又因為，所以，得，所以曲線的方程為().（2）若選擇①證明②成立.依題意，在雙曲線右支上，此時直線的斜率必不為，設直線方程為，，不妨設在第一象限，在第四象限.因為，所以，且，求導得，所以過點的直線方程為，化簡為①，同理②，聯立方程①②得,交點的橫坐標為，因為、點在直線上，所以，所以，所以的橫坐標.即點在定直線上.若選擇②證明①成立.不妨設在第一象限，在第四象限.設，因為，所以，且，求導得，所以過點的直線方程為，化簡為①，同理②聯立方程①②得交點的橫坐標為，由題意，，即③.因為，所以過直線的方程為，化簡，整理得由③式可得,易知，即直線過定點.12．（2023春·安徽滁州·高三安徽省定遠中學?？茧A段練習）已知雙曲線C：的離心率為，過點的直線l與C左右兩支分別交于M，N兩個不同的點（異于頂點）．(1)若點P為線段MN的中點，求直線OP與直線MN斜率之積（O為坐標原點）；(2)若A，B為雙曲線的左右頂點，且，試判斷直線AN與直線BM的交點G是否在定直線上，若是