2023年全国卷新高考II卷数学真题解析

1．（2023·新高考Ⅱ卷·1·★）在复平面内，(1+3i)(3−i)对应的点位于（ ） （A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限 答案：A

解析：(1+3i)(3−i)=3−i+9i−3i2=6+8i，所以该复数对应的点为(6,8)，位于第一象限.

2．（2023·新高考Ⅱ卷·2·★）设集合A={0,−a}，B={1,a−2,2a−2}，若AB，则a=（ ） （A）2 （B）1 （C）答案：B

解析：观察发现集合A中有元素0，故只需考虑B中的哪个元素是0， 因为0A，AB，所以0B，故a−2=0或2a−2=0，解得：a=2或1， 注意0B不能保证AB，故还需代回集合检验，

若a=2，则A={0,−2}，B={1,0,2}，不满足AB，不合题意； 若a=1，则A={0,−1}，B={1,−1,0}，满足AB. 故选B.

3．（2023·新高考Ⅱ卷·3·★）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）

15204030304020（A）C45400C200种 （B）C400C200种 （C）C400C200种 （D）C400C200种

2 （D）−1 3答案：D

解析：应先找到两层中各抽多少人，因为是比例分配的分层抽取，故各层的抽取率都等于总体的抽取率， 设初中部抽取x人，则

x60=，解得：x=40，所以初中部抽40人，高中部抽20人， 400400+20020故不同的抽样结果共有C40400C200种.

4．（2023·新高考Ⅱ卷·4·★★）若f(x)=(x+a)ln（A）−1 （B）0 （C）答案：B

1 （D）1 22x−1为偶函数，则a=（ ） 2x+1解法1：偶函数可抓住定义f(−x)=f(x)来建立方程求参， 因为f(x)为偶函数，所以f(−x)=f(x)，即(−x+a)ln而ln−2x−12x−1=(x+a)ln ①，

−2x+12x+1−2x−12x+12x−1−12x−12x−12x−1=ln=ln()=−ln)=(x+a)ln，代入①得：(−x+a)(−ln，

−2x+12x−12x+12x+12x+12x+1化简得：x−a=x+a，所以a=0.

解法2：也可在定义域内取个特值快速求出答案， 2x−1110(2x+1)(2x−1)0，所以x−或x， 2x+1221因为f(x)为偶函数，所以f(−1)=f(1)，故(−1+a)ln3=(1+a)ln ①，

31而ln=ln3−1=−ln3，代入①得：(−1+a)ln3=−(1+a)ln3，解得：a=0.

3x25．（2023·新高考Ⅱ卷·5·★★★）已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y=x+m与C交于

3A，B两点，若F1AB的面积是F2AB面积的2倍，则m=（ ） （A）

2222 （B） （C）− （D）−

3333答案：C

解析：如图，观察发现两个三角形有公共的底边AB，故只需分析高的关系，

SF1ABSF2AB1ABF1G2==2， 1ABF2I2作F1G⊥AB于点G，F2I⊥AB于点I，设AB与x轴交于点K，由题意，

所以

F1GF2I=2，由图可知F1KG∽F2KI，所以

F1KF2K=FG1F2I=2，故F1K=2F2K，

122F1F2=， 33又椭圆的半焦距c=3−1=2，所以F1F2=2c=22，从而F2K=故OK=OF1−F1K=2222+m，解得：m=−,0)，代入y=x+m可得0=，所以K(. 3333yBIF1OGKF2xA

6．（2023·新高考Ⅱ卷·6·★★★）已知函数f(x)=aex−lnx在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为（ ） （A）e2 （B）e （C）e−1 （D）e−2 答案：C

解析：f(x)的解析式较复杂，不易直接分析单调性，故求导， 由题意，f(x)=aex−1，因为f(x)在(1,2)上x，所以f(x)0在(1,2)上恒成立，即aex−10 ①， x观察发现参数a容易全分离，故将其分离出来再看，不等式①等价于a则g(x)=(x+1)ex0，所以g(x)在(1,2)上故

7．（2023·新高考Ⅱ卷·7·★★）已知为锐角，cos=1，令g(x)=xex(1x2)， xxe，又g(1)=e，g(2)=2e2，所以g(x)(e,2e2)，

111111=x(2,)，因为ax在(1,2)上恒成立，所以a=e−1，故a的最小值为e−1.

exeg(x)xe2ee1+5，则sin=（ ） 42（A）3−58 （B）−1+58 （C）3−5−1+54 （D）4 答案：D

解析：cos=1−2sin2+53−52=14sin22=8， 此式要开根号，不妨上下同乘以2，将分母化为42，

所以sin22=6−2516=(5−1)242，故sin2=5−14，

又为锐角，所以

(0,5−124)，故sin2=4. 8．（2023·新高考Ⅱ卷·8·★★★）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=−5，S6=21S2，则S8=（ （A）120 （B）85 （C）−85 （D）−120 答案：C

解法1：观察发现S2，S4，S6，S8的下标都是2的整数倍，故可考虑片段和性质，先考虑q是否为−1， 若{aSa1[1−(−1)4]n}的公比q=−1，则4=1−(−1)=0，与题意不符，所以q−1， 故S2，S4−S2，S6−S4，S8−S6成等比数列 ①，条件中有S6=21S2，不妨由此设个未知数， 设S2=m，则S6=21m，所以S4−S2=−5−m，S6−S4=21m+5，由①可得(S4−S22)=S2(S6−S2)， 所以(−5−m)2=m(21m+5)，解得：m=−1或

54， 若m=−1，则S2=−1，S4−S2=−4，S6−S4=−16，所以S8−S6=−64，故S8=S6−64=21m−64=−85； 到此结合选项已可确定选C，另一种情况我也算一下， 若m=54，则S52=0，而S4=a1+a2+a3+a4=a1+a2+a1q2+a2q2=(a241+a2)(1+q)=S2(1+q2)，

所以S4与S2同号，故S40，与题意不符； 综上所述，m只能取−1，此时S8=−85.

解法2：已知和要求的都只涉及前n项和，故也可直接代公式翻译，先看公比是否为1， 若{aa1(1−q4)n}的公比q=1，则S6=6a121S2=42a1，不合题意，所以q1，故S4=1−q=−5 ①， 又Sa1(1−q6)6=21S2，所以1−q=21a1(1−q2)1−q，化简得：1−q6=21(1−q2) ②，

又1−q6=1−(q2)3=(1−q2)(1+q2+q4)，代入②可得：(1−q2)(1+q2+q4)=21(1−q2) ③， 两端有公因式可约，但需分析1−q2是否可能为0，已经有q1了，只需再看q是否可能等于−1， 若q=−1，则Sa1[1−(−1)4]4=1−(−1)=0，与题意不符，所以q−1，故式③可化为1+q2+q4=21， 整理得：q4+q2−20=0，所以q2=4或−5（舍去），故要求的Sa1(1−q8)a1[1−(q2)48=1−q=]1−q=−255a11−q ④， ） 只差

a1了，该结构式①中也有，可由q2=4整体计算它， 1−qaa1(1−42)11=−5，所以1=，代入④得S8=−255=−85. 将q=4代入①可得

1−q331−q29．（2023·新高考Ⅱ卷·9·★★★）（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，APB=120o，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45o，则（ ）

（A）该圆锥的体积为 （B）该圆锥的侧面积为43 （C）AC=22 （D）PAC的面积为3 答案：AC

解析：A项，因为PA=2，APB=120o，所以APO=60o，OP=APcosAPO=1， 11OA=APsinAPO=3，从而圆锥的体积V=Sh=(3)21=，故A项正确；

33B项，圆锥的侧面积S=rl=32=23，故B项错误；

C项，要求AC的长，条件中的二面角P−AC−O还没用，观察发现PAC和OAC都是等腰三角形，故取底边中点即可构造棱的垂线，作出二面角的平面角，

取AC中点Q，连接PQ，OQ，因为OA=OC，PA=PC，所以AC⊥OQ，AC⊥PQ， 故PQO即为二面角P−AC−O的平面角，由题意，PQO=45o，所以OQ=OP=1， 故AQ=OA2−OQ2=2，所以AC=2AQ=22，故C项正确； D项，PQ=OP2+OQ2=2，所以SPAC=11ACPQ=222=2，故D项错误. 22PAQCOB

10．（2023·新高考Ⅱ卷·10·★★★）（多选）设O为坐标原点，直线y=−3(x−1)过抛物线C:y2=2px(p0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）

8（A）p=2 （B）MN= （C）以MN为直径的圆与l相切 （D）OMN为等腰三角形

3答案：AC

解析：A项，在y=−3(x−1)中令y=0可得x=1，由题意，抛物线的焦点为F(1,0)，所以从而p=2，故A项正确；

B项，此处可以由直线MN的斜率求得MFO，再代角版焦点弦公式MN=2p求MN，但观察发现后续选项sin2p=1， 2可能需要用M，N的坐标，所以直接联立直线与抛物线，用坐标版焦点弦公式来算，

设M(x1,y1)，N(x2,y2)，将y=−3(x−1)代入y2=4x消去y整理得：3x2−10x+3=0，解得：x=对应的y分别为故B项错误；

C项，判断直线与圆的位置关系，只需将圆心到直线的距离d和半径比较， x1+x2581=MN的中点Q到准线l:x=−1的距离d==MN， 23231或3， 311623123)，从而MN=x1+x2+p=+3+2=和−23，所以图中M(3,−23)，N(,，

33333从而以MN为直径的圆与准线l相切，故C项正确； D项，M，N的坐标都有了，算出OM，ON即可判断， 123213)=， OM=32+(−23)2=21，ON=()2+(333所以OM，ON，MN均不相等，故D项错误.

lyNOdFQMx

11．（2023·新高考Ⅱ卷·11·★★★）（多选）若函数f(x)=alnx+bc+(a0)既有极大值也有极小值，则（ ） xx2（A）bc0 （B） ab0 （C）b2+8ac0 （D）ac0 答案：BCD

ab2cax2−bx−2c解析：由题意，f(x)=−2−3=(x0)，

xxxx3函数f(x)既有极大值，又有极小值，所以f(x)在(0,+)上有2个变号零点， 故方程ax2−bx−2c=0在(0,+)上有两个不相等实根，

=(−b)2−4a(−2c)0①(保证有两根)2c所以x1x2=−0②(保证两根同号)，由①可得b2+8ac0，故C项正确；

abx+x=0③(保证两根只能同正)12a由②可得

c0，所以a，c异号，从而ac0，故D项正确； a由③可得a，b同号，所以ab0，故B项正确；

因为a，c异号，a，b同号，所以b，c异号，从而bc0，故A项错误.

12．（2023·新高考Ⅱ卷·12·★★★★）（多选）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(01)，收到0的概率为1−；发送1时，收到0的概率为(01)，收到1的概率为1−. 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(1−)(1−)2 （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(1−)2 （C）采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为(1−)2+(1−)3

（D）当00.5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：A项，由题意，若采用单次传输方案，则发送1收到1的概率为1−，发送0收到0的概率为1−， 所以依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1−)(1−)(1−)=(1−)(1−)2，故A项正确； B项，采用三次传输方案，若发送1，则需独立重复发送3次1，依次收到1，0，1的概率为(1−)(1−)=(1−)2，故B项正确；

C项，采用三次传输方案，由B项的分析过程可知若发送1，则收到1的个数X~B(3,1−)， 而译码为1需收2个1，或3个1，

2323所以译码为1的概率为P(X=2)+P(X=3)=C3(1−)2+C33(1−)=3(1−)+(1−)，故C项错误；

D项，若采用单次传输方案，则发送0译码为0的概率为1−；

若采用三次传输方案，则发送0等同于发3个0，收到0的个数Y~B(3,1−)，

2323且译码为0的概率为P(Y=2)+P(Y=3)=C3(1−)2+C33(1−)=3(1−)+(1−)，

要比较上述两个概率的大小，可作差来看，

3(1−)2+(1−)3−(1−)=(1−)[3(1−)+(1−)2−1]=(1−)(1−2)，

因为00.5，所以3(1−)2+(1−)3−(1−)=(1−)(1−2)0， 从而3(1−)2+(1−)31−，故D项正确.

13．（2023·新高考Ⅱ卷·13·★★）已知向量a，b满足a−b=3，a+b=2a−b，则b=_____. 答案：3 解析：条件涉及两个模的等式，想到把它们平方来看， 由题意，a−b=a2+b2−2ab=3 ①，

又a+b=2a−b，所以a+b=2a−b，故a2+b2+2ab=4a2+b2−4ab，整理得：a2−2ab=0， 代入①可得b2=3，即b=3，所以b=3.

14．（2023·新高考Ⅱ卷·14·★★）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为_____. 答案：28

解析：如图，四棱锥P−A1B1C1D1与P−ABCD相似，它们的体积之比等于边长之比的立方，故只需求四棱锥

2222P−A1B1C1D1的体积，

A1B121VP−A1B1C1D111===()3=，所以VP−ABCD=8VP−A1B1C1D1，故所求四棱台的体积V=7VP−A1B1C1D1， AB42VP−ABCD281由题意，VP−A1B1C1D1=223=4，所以V=74=28.

3P3A1D1C1B1C2DA4OB

【反思】相似图形的面积之比等于边长之比的平方，体积之比等于边长之比的立方.

15．（2023·新高考Ⅱ卷·15·★★★）已知直线x−my+1=0与⊙C:(x−1)2+y2=4交于A，B两点，写出满足“ABC8的面积为”的m的一个值_____.

5答案：2（答案不唯一，也可填−2或

11或−） 22解析：如图，设圆心C(1,0)到直线AB的距离为d(d0)，则SABC=1ABd， 28注意到AB也可用d表示，故先由SABC=求d，再将d用m表示，建立关于m的方程，

51又AB=2r2−d2=24−d2，所以SABC=24−d2d=(4−d2)d2，

28842由题意，SABC=，所以(4−d2)d2=，结合d0解得：d=或，

5555又d=1+11+m2=21+m2，所以21+m2=25或21+m2=45，解得：m=2或1. 2yBdrxAOC

16．（2023·新高考Ⅱ卷·16·★★★★）已知函数f(x)=sin(x+)，如图，A，B是直线y=两个交点，若AB=1与曲线y=f(x)的26，则f()=_____.

12yAOB23x

答案：−3 2解法1：AB=6这个条件怎么翻译？可用y=1求A，B横坐标的通解，得到AB，从而建立方程求， 2不妨设0，令sin(x+)=由图知xA+=2k+又AB=xB−xA=再求，由图知

51可得x+=2k+或2k+，其中kZ，

626522，两式作差得：(xB−xA)=，故xB−xA=， 6336，xB+=2k+6，所以

3=，解得：=4，则f(x)=sin(4x+)， 3622是零点，可代入解析式，注意，是增区间上的零点，且y=sinx的增区间上的零点是2n，33故应按它来求的通解， 所以

8882+=2n(nZ)，从而=2n−)， ，故f(x)=sin(4x+2n−)=sin(4x−33332223)=sin(−)=−sin=−. 3332所以f()=sin(4−解法2：若注意横向伸缩虽会改变图象在水平方向上的线段长度，但不改变长度比例，则可先分析y=sinx与y=交点的情况，再按比例对应到本题的图中来， 如图1，直线y=所以IJ=1135与函数y=sinx在y轴右侧的三个I，J，K的横坐标分别为，，， 266612135452−=−=，JK=，IJ:JK=1:2，故在图2中AB:BC=1:2， 666633因为AB=故=6，所以BC=3，故AC=AB+BC=2，又由图2可知AC=T，所以T=2，

2=4，接下来同解法1. Tyy=sinx12IJO656图1K12xyAOBC23x136图2

【反思】①对于函数y=sin(x+)(0)，若只能用零点来求解析式，则需尽量确定零点是在增区间还是减区间. “上升零点”用x+=2n来求，“下降零点”用x+=2n+来求；②对图象进行横向伸缩时，水平方向的线段长度比例关系不变，当涉及水平线与图象交点的距离时，我们常抓住这一特征来求周期.

17．（2023·新高考Ⅱ卷·17·★★★）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ABC的面积为3，D为BC的中点，且AD=1. （1）若ADC=3，求tanB；

（2）若b2+c2=8，求b，c. 解：（1）如图，因为ADC=3，所以ADB=2， 3（要求tanB，可到ABD中来分析，所给面积怎么用？可以用它求出SABD，从而得到BD） 因为D是BC中点，所以SABC=2SABD，又SABC=3，所以SABD=由图可知SABD=3， 2131233ADBDsinADB=1BDsinBD==BD，所以，故BD=2，

422324（此时ABD已知两边及夹角，可先用余弦定理求第三边AB，再用正弦定理求角B）

1在ABD中，由余弦定理，AB2=AD2+BD2−2ADBDcosADB=12+22−212(−)=7，所以AB=7，

2由正弦定理，

ADsinADBABAD，所以sinB===sinADBsinBAB132=3， 727由ADB=sinB352=可知B为锐角，从而cosB=1−sin2B=，故tanB=. cosB5327（2）（已有关于bc的一个方程，若再建立一个方程，就能求b和c，故把面积和中线都用b，c表示） 1由题意，SABC=bcsinA=3，所以bcsinA=23 ①，

2（中线AD怎样用b，c表示？可用向量处理） 1因为D为BC中点，所以AD=(AB+AC)，

2从而2AD=AB+AC，故4AD=AB+AC+2ABAC， 所以c2+b2+2cbcosA=4，

将b2+c2=8代入上式化简得bccosA=−2 ②，

（我们希望找的是b，c的方程，故由①②消去A，平方相加即可） 由①②得b2c2sin2A+b2c2cos2A=16，所以bc=4 ③， 由b2+c2=8可得(b+c)2−2bc=8，

所以b+c=2bc+8=4，结合式③可得b=c=2.

A222B1DC

an−6,n为奇数18．（2023·新高考Ⅱ卷·18·★★★★）已知{an}为等差数列，bn=，记Sn，Tn分别为{an}，{bn}2a,n为偶数n的前n项和，S4=32，T3=16. （1）求{an}的通项公式； （2）证明：当n5时，TnSn.

解：（1）（给出了两个条件，把它们用a1和d翻译出来，即可建立方程组求解a1和d） 由题意，S4=4a1+6d=32 ①，

T3=b1+b2+b3=(a1−6)+2a2+(a3−6)=a1−6+2(a1+d)+a1+2d−6=4a1+4d−12=16 ②，

由①②解得：a1=5，d=2，所以an=a1+(n−1)d=2n+3.

（2）由（1）可得Sn=n(a1+an)n(5+2n+3)==n2+4n， 22（要证结论，还需求Tn，由于bn按奇偶分段，故求Tn也应分奇偶讨论，先考虑n为偶数的情形） 当n(n5)为偶数时，Tn=b1+b2++bn =(a1−6)+2a2+(a3−6)+2a4++(an−1−6)+2an =(a1+a3++an−1)−6n+2(a2+a4++an) ③， 2因为a1,a3,,an−1和a2,a4,,an分别也构成等差数列，

n(a1+an−1)n(5+2n+1)n2+3n2===，

242所以a1+a3++an−1n(a2+an)n(7+2n+3)n2+5n2a2+a4++an===，

242n2+3nn2+5n3n2+7n代入③化简得：Tn=， −3n+2=222（要由此证TnSn，可作差比较）

3n+7nn2−n2所以Tn−Sn=−(n+4n)=0，故TnSn；

22（对于n为奇数的情形，可以重复上述计算过程，但更简单的做法是补1项凑成偶数项，再减掉补的那项）

3(n+1)2+7(n+1)当n(n5)为奇数时，Tn=Tn+1−bn+1=−

23(n+1)2+7(n+1)3n2+5n−10， 2an+1=−2(2n+5)=223n2+5n−10−(n2+4n) 所以Tn−Sn=2n2−3n−10(n+2)(n−5)==0，故TnSn；

22综上所述，当n5时，总有TnSn.

19．（2023·新高考Ⅱ卷·19·★★★）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该项指标的频率分布直方图：

频率组距0.0400.0360.034频率0.040组距0.0380.0360.0340.0120.002O指标95100105110115120125130患病者0.0100.002O指标707580859095100105未患病者

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性. 此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为

q(c). 假设数据在组内均匀分布. 以事件发生的频率作为相应事件发生的概率. （1）当漏诊率p(c)=0.5%时，求临界值c和误诊率q(c)；

（2）设函数f(c)=p(c)+q(c). 当c[95,105]时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间[95,105]的最小值.

解：（1）（给的是漏诊率，故先看患病者的图，漏诊率为0.5%即小于或等于c的频率为0.5%，可由此求c）由患病者的图可知，[95,100)这组的频率为50.002=0.010.005，所以c在[95,100)内， 且(c−95)0.002=0.005，解得：c=97.5；

（要求q(c)，再来看未患病者的图，q(c)是误诊率，也即未患病者判定为阳性（指标大于c）的概率） 由未患病者的图可知指标大于97.5的概率为(100−97.5)0.01+50.002=0.035，所以q(c)=3.5%. （2）（[95,105]包含两个分组，故应分类讨论）当95c100时，p(c)=(c−95)0.002，

q(c)=(100−c)0.01+50.002，所以f(c)=p(c)+q(c)=−0.008c+0.82， 故f(c)−0.008100+0.82=0.02 ①；

当100c105时，p(c)=50.002+(c−100)0.012，q(c)=(105−c)0.002， 所以f(c)=p(c)+q(c)=0.01c−0.98，故f(c)f(100)=0.01100−0.98=0.02 ②； −0.008c+0.82,95c100所以f(c)=，且由①②可得f(c)min=0.02.

0.01c−0.98,100c10520．（2023·新高考Ⅱ卷·20·★★★）如图，三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，ADB=ADC=60o，E为BC的中点. （1）证明：BC⊥DA；

（2）点F满足EF=DA，求二面角D−AB−F的正弦值.

AFCDEB

解：（1）（BC和DA是异面直线，要证垂直，需找线面垂直，可用逆推法，假设BC⊥DA，注意到条件中还有DB=DC，所以BC⊥DE，二者结合可得到BC⊥面ADE，故可通过证此线面垂直来证BC⊥DA）

因为DA=DB=DC，ADB=ADC=60o，所以ADB和ADC是全等的正三角形，故AB=AC， 又E为BC中点，所以BC⊥AE，BC⊥DE，因为AE，DE平面ADE，AE所以BC⊥平面ADE，又DA平面ADE，所以BC⊥DA.

（2）（由图可猜想AE⊥面BCD，若能证出这一结果，就能建系处理，故先尝试证明） 不妨设DA=DB=DC=2，则AB=AC=2， 因为BD⊥CD，所以BC=DB2+DC2=22， 故DE=CE=BE=1BC=2，AE=AC2−CE2=2， 2DE=E，

所以AE2+DE2=4=AD2，故AE⊥DE，所以EA，EB，ED两两垂直，

以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,2)，D(2,0,0)，B(0,2,0)，

所以DA=(−2,0,2)，AB=(0,2,−2)，由EF=DA可知四边形ADEF是平行四边形，所以FA=ED=(2,0,0)， 设平面DAB和平面ABF的法向量分别为m=(x1,y1,z1)，n=(x2,y2,z2)，

y=1mDA=−2x1+2z1=0则，令x1=1，则1，所以m=(1,1,1)是平面DAB的一个法向量，

z1=1mAB=2y1−2z1=0x2=0nAB=2y2−2z2=0，令，则，所以n=(0,1,1)是平面ABF的一个法向量， y=12z=12nFA=2x2=0从而cosm,n=63mn26，故二面角D−AB−F的正弦值为1−()2=. ==33mn332zAFCxDEBy

21．（2023·新高考Ⅱ卷·21·★★★★）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(−25,0)，离心率为5. （1）求C的方程；

（2）记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(−4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上.

x2y2解：（1）设双曲线方程为2−2=1(a0,b0)，由焦点坐标可知c=25，

abc则由e==5可得a=2，b=c2−a2=4，

ax2y2双曲线方程为−=1.

416（2）由(1)可得A1(−2,0),A2(2,0)，设M(x1,y1),N(x2,y2)， 显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my−4，且−11m， 22x2y222与−=1联立可得(4m−1)y−32my+48=0，且=64(4m2+3)0， 41632m48,yy=则y1+y2=， 124m2−14m2−1

直线MA1的方程为y=yy1(x+2)，直线NA2的方程为y=2(x−2)，

x2−2x1+2联立直线MA1与直线NA2的方程可得：

x+2y2(x1+2)y2(my1−2)my1y2−2(y1+y2)+2y1=== x−2y1(x2−2)y1(my2−6)my1y2−6y1m=4832m−16m−22+2y1+2y12214m−14m−14m−1==−，

4848m3m2−6y1−6y124m−14m−1由

x+21=−可得x=−1，即xP=−1， x−23据此可得点P在定直线x=−1上运动.

【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.

22．（2023·新高考Ⅱ卷·22·★★★★）（1）证明：当0x1时，x−x2sinxx； （2）已知函数f(x)=cosax−ln(1−x2)，若x=0是f(x)的极大值点，求a的取值范围. 解：（1）构建F(x)=x−sinx,x(0,1)，则F(x)=1−cosx0对x(0,1)恒成立， 则F(x)在(0,1)上单调递增，可得F(x)F(0)=0，所以xsinx,x(0,1)； 构建G(x)=sinx−(x−x2)=x2−x+sinx,x(0,1)，则G(x)=2x−1+cosx,x(0,1)，

构建g(x)=G(x),x(0,1)，则g(x)=2−sinx0对x(0,1)恒成立，

则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)g(0)=0，即G(x)0对x(0,1)恒成立，

2则G(x)在(0,1)上单调递增，可得G(x)G(0)=0，所以sinxx−x,x(0,1)；

综上所述：x−xsinxx.

（2）令1−x20，解得−1x1，即函数f(x)的定义域为(−1,1)，

2若a=0，则f(x)=−ln(1−x),x(−1,1)，

因为y=−lnu在定义域内单调递减，y=1−x2在(−1,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，

2则f(x)=−ln(1−x)在(−1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，

故x=0是f(x)的极小值点，不合题意，所以a0. 当a0时，令b=a0

222因为f(x)=cosax−ln(1−x)=cos(ax)−ln(1−x)=cosbx−ln(1−x)，

21−(−x)=cosbx−ln(1−x2)=f(x)， 且f(−x)=cos(−bx)−ln所以函数f(x)在定义域内为偶函数，

2x,x(−1,1)， 2x−11（i）当0b22时，取m=min,1，x(0,m)，则bx(0,1)，

b由题意可得：f(x)=−bsinbx−222xbx+2−b()， 2x2x由（1）可得f(x)=−bsin(bx)−2−b2x−2=x−1x−11−x2且b2x20,2−b20,1−x20，

x(b2x2+2−b2)1−x2所以f(x)0，

即当x(0,m)(0,1)时，f¢(x)>0，则f(x)在(0,m)上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：f(x)在(−m,0)上单调递减， 所以x=0是f(x)的极小值点，不合题意；

1（ⅱ）当b22时，取x0,(0,1)，则bx(0,1)，

b2x2xx−bbx−b2x2−2=−b3x3+b2x2+b3x+2−b2， 由（1）可得f(x)=−bsinbx−22x−1x−11−x1332232构建h(x)=−bx+bx+bx+2−b,x0,，

b()()13223则h(x)=−3bx+2bx+b,x0,，

b1133且h(0)=b0,h=b−b0，则h(x)0对x0,恒成立，

bb112可知h(x)在0,上单调递增，且h(0)=2−b0,h=20，

bb11所以h(x)在0,内存在唯一的零点n0,，

bb当x(0,n)时，则h(x)0，且x0,1−x20， 则f(x)x−b3x3+b2x2+b3x+2−b2)0， 2(1−x即当x(0,n)(0,1)时，f(x)0，则f(x)在(0,n)上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：f(x)在(−n,0)上单调递增， 所以x=0是f(x)的极大值点，符合题意；

综上所述：b22，即a22，解得a2或a−2， 故a的取值范围为−,−2()(2,+.

)