真题重组卷01（理科）——2023年高考数学真题汇编重组卷（课标全国卷）

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绝密★启用前
冲刺2023年高考数学真题重组卷01（理科）
课标全国卷地区专用
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2022·全国·统考高考真题）设全集U={1,2,3,4,5}，集合M满足∁UM={1,3}，则（    ）
A．2∈M B．3∈M C．4∉M D．5∉M
【答案】A
【分析】先写出集合M,然后逐项验证即可
【详解】由题知M={2,4,5},对比选项知，A正确,BCD错误
故选:A

2．（2020·全国·统考高考真题）复数11-3i的虚部是（    ）
A．-310 B．-110 C．110 D．310
【答案】D
【分析】利用复数的除法运算求出z即可.
【详解】因为z=11-3i=1+3i(1-3i)(1+3i)=110+310i，
所以复数z=11-3i的虚部为310.
故选：D.
【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.
3．（2020·全国·统考高考真题）在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（    ）
A．10名 B．18名 C．24名 D．32名
【答案】B
【分析】算出第二天订单数，除以志愿者每天能完成的订单配货数即可.
【详解】由题意，第二天新增订单数为500+1600-1200=900，
90050=18，故至少需要志愿者18名.
故选：B
【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用，属于基础题.
4．（2021·全国·统考高考真题）设函数f(x)=1-x1+x，则下列函数中为奇函数的是（    ）
A．fx-1-1 B．fx-1+1 C．fx+1-1 D．fx+1+1
【答案】B
【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可.
【详解】由题意可得f(x)=1-x1+x=-1+21+x，
对于A，fx-1-1=2x-2不是奇函数；
对于B，fx-1+1=2x是奇函数；
对于C，fx+1-1=2x+2-2，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，fx+1+1=2x+2，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选：B
【点睛】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.
5．（2022·全国·统考高考真题）执行下边的程序框图，输出的n=（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】根据框图循环计算即可.
【详解】执行第一次循环，b=b+2a=1+2=3，
a=b-a=3-1=2,n=n+1=2，
b2a2-2=3222-2=14>0.01；
执行第二次循环，b=b+2a=3+4=7，
a=b-a=7-2=5,n=n+1=3，
b2a2-2=7252-2=125>0.01；
执行第三次循环，b=b+2a=7+10=17，
a=b-a=17-5=12,n=n+1=4，
b2a2-2=172122-2=1144<0.01，此时输出n=4.
故选：B

6．（2021·全国·统考高考真题）已知F1,F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2=60°,PF1=3PF2，则C的离心率为（    ）
A．72 B．132 C．7 D．13
【答案】A
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出PF1,PF2，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为PF1=3PF2，由双曲线的定义可得PF1-PF2=2PF2=2a，
所以PF2=a，PF1=3a；
因为∠F1PF2=60°,由余弦定理可得4c2=9a2+a2-2×3a⋅a⋅cos60°，
整理可得4c2=7a2，所以e2=c2a2=74，即e=72.
故选：A
【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立a,c间的等量关系是求解的关键.
7．（2020·全国·统考高考真题）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（    ）

A．6+42 B．4+42 C．6+23 D．4+23
【答案】C
【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.
【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

根据立体图形可得：S△ABC=S△ADC=S△CDB=12×2×2=2
根据勾股定理可得：AB=AD=DB=22
∴ △ADB是边长为22的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
S△ADB=12AB⋅AD⋅sin60°=12(22)2⋅32=23
∴该几何体的表面积是：3×2+23=6+23.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.
8．（2021·全国·统考高考真题）等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q>0，乙：Sn是递增数列，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．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【分析】当q>0时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当Sn是递增数列时，必有an>0成立即可说明q>0成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】由题，当数列为-2,-4,-8,⋯时，满足q>0，
但是Sn不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若Sn是递增数列，则必有an>0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q>0成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．
9．（2020·全国·统考高考真题）(x+y2x)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为（    ）
A．5 B．10
C．15 D．20
【答案】C
【分析】求得(x+y)5展开式的通项公式为Tr+1=C5rx5-ryr（r∈N且r≤5），即可求得x+y2x与(x+y)5展开式的乘积为C5rx6-ryr或C5rx4-ryr+2形式，对r分别赋值为3，1即可求得x3y3的系数，问题得解.
【详解】(x+y)5展开式的通项公式为Tr+1=C5rx5-ryr（r∈N且r≤5）
所以x+y2x的各项与(x+y)5展开式的通项的乘积可表示为：
xTr+1=xC5rx5-ryr=C5rx6-ryr和y2xTr+1=y2xC5rx5-ryr=C5rx4-ryr+2
在xTr+1=C5rx6-ryr中，令r=3，可得：xT4=C53x3y3，该项中x3y3的系数为10，
在y2xTr+1=C5rx4-ryr+2中，令r=1，可得：y2xT2=C51x3y3，该项中x3y3的系数为5
所以x3y3的系数为10+5=15
故选：C
【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.
10．（2022·全国·统考高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若S甲S乙=2，则V甲V乙=（    ）
A．5 B．22 C．10 D．5104
【答案】C
【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和可将r1,r2分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则S甲S乙=πr1lπr2l=r1r2=2，
所以r1=2r2，
又2πr1l+2πr2l=2π，
则r1+r2l=1，
所以r1=23l,r2=13l，
所以甲圆锥的高h1=l2-49l2=53l，
乙圆锥的高h2=l2-19l2=223l，
所以V甲V乙=13πr12h113πr22h2=49l2×53l19l2×223l=10.
故选：C.

11．（2021·全国·统考高考真题）若α∈0,π2,tan2α=cosα2-sinα，则tanα=（    ）
A．1515 B．55 C．53 D．153
【答案】A
【分析】由二倍角公式可得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α，再结合已知可求得sinα=14，利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】∵tan2α=cosα2-sinα
∴tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2-sinα，
∵α∈0,π2，∴cosα≠0，∴2sinα1-2sin2α=12-sinα，解得sinα=14，
∴cosα=1-sin2α=154，∴tanα=sinαcosα=1515.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出sinα.
12．（2021·全国·统考高考真题）设函数fx的定义域为R，fx+1为奇函数，fx+2为偶函数，当x∈1,2时，f(x)=ax2+b．若f0+f3=6，则f92=（    ）
A．-94 B．-32 C．74 D．52
【答案】D
【分析】通过fx+1是奇函数和fx+2是偶函数条件，可以确定出函数解析式fx=-2x2+2，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【详解】[方法一]：
因为fx+1是奇函数，所以f-x+1=-fx+1①；
因为fx+2是偶函数，所以fx+2=f-x+2②．
令x=1，由①得：f0=-f2=-4a+b，由②得：f3=f1=a+b，
因为f0+f3=6，所以-4a+b+a+b=6⇒a=-2，
令x=0，由①得：f1=-f1⇒f1=0⇒b=2，所以fx=-2x2+2．
思路一：从定义入手．
f92=f52+2=f-52+2=f-12
f-12=f-32+1=-f32+1=-f52
-f52=-f12+2=-f-12+2=-f32
所以f92=-f32=52．
[方法二]：
因为fx+1是奇函数，所以f-x+1=-fx+1①；
因为fx+2是偶函数，所以fx+2=f-x+2②．
令x=1，由①得：f0=-f2=-4a+b，由②得：f3=f1=a+b，
因为f0+f3=6，所以-4a+b+a+b=6⇒a=-2，
令x=0，由①得：f1=-f1⇒f1=0⇒b=2，所以fx=-2x2+2．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数fx的周期T=4．
所以f92=f12=-f32=52．
故选：D．
【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2022·全国·统考高考真题）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．
【答案】310##0.3
【分析】根据古典概型计算即可
【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名，
有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法；
其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率P=310.
故答案为：310.
解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为C53=10
甲、乙都入选的方法数为C31=3，所以甲、乙都入选的概率P=310
故答案为：310

14．（2021·全国·统考高考真题）已知向量a=3,1,b=1,0,c=a+kb．若a⊥c，则k=________．
【答案】-103.
【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量c的坐标，利用向量的数量积为零求得k的值
【详解】∵a=3,1,b=1,0,∴c=a+kb=3+k,1,
∵a⊥c,∴a⋅c=33+k+1×1=0，解得k=-103,
故答案为：-103.
【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，平面向量垂直的条件，属基础题，利用平面向量p=x1,y1,q=x2,y2垂直的充分必要条件是其数量积x1x2+y1y2=0.
15．（2021·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B=60°，a2+c2=3ac，则b=________．
【答案】22
【分析】由三角形面积公式可得ac=4，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，S△ABC=12acsinB=34ac=3，
所以ac=4,a2+c2=12，
所以b2=a2+c2-2accosB=12-2×4×12=8，解得b=22（负值舍去）.
故答案为：22.
16．（2021·全国·统考高考真题）已知函数fx=2cos(ωx+φ)的部分图像如图所示，则满足条件f(x)-f-7π4f(x)-f4π3>0的最小正整数x为________．

【答案】2
【分析】先根据图象求出函数f(x)的解析式，再求出f(-7π4),f(4π3)的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.
【详解】由图可知34T=13π12-π3=3π4，即T=2πω=π，所以ω=2；
由五点法可得2×π3+φ=π2，即φ=-π6；
所以f(x)=2cos2x-π6.
因为f(-7π4)=2cos-11π3=1，f(4π3)=2cos5π2=0；
所以由(f(x)-f(-7π4))(f(x)-f(4π3))>0可得f(x)>1或f(x)<0；
因为f1=2cos2-π6<2cosπ2-π6=1，所以，
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足f(x)<0，即cos2x-π6<0，
解得kπ+π3 可得x的最小正整数为2.
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足f(x)<0，又f(2)=2cos4-π6<0，符合题意，可得x的最小正整数为2.
故答案为：2.
【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解ω，根据特殊点求解φ.



三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
17．（2021·全国·统考高考真题）某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
旧设备
9.8
10.3
10.0
10.2
9.9
9.8
10.0
10.1
10.2
9.7
新设备
10.1
10.4
10.1
10.0
10.1
10.3
10.6
10.5
10.4
10.5

旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为x和y，样本方差分别记为s12和s22．
（1）求x，y，s12，s22；
（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果y-x≥2s12+s2210，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）．
【答案】（1）x=10,y=10.3,s12=0.036,s22=0.04；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.
（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.
【详解】（1）x=9.8+10.3+10+10.2+9.9+9.8+10+10.1+10.2+9.710=10，
y=10.1+10.4+10.1+10+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.510=10.3，
s12=0.22+0.32+0+0.22+0.12+0.22+0+0.12+0.22+0.3210=0.036，
s22=0.22+0.12+0.22+0.32+0.22+0+0.32+0.22+0.12+0.2210=0.04.
（2）依题意，y-x=0.3=2×0.15=20.152=20.0225，20.036+0.0410=20.0076，
y-x≥2s12+s2210，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.




18．（2020·全国·统考高考真题）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=66DO．

（1）证明：PA⊥平面PBC；
（2）求二面角B-PC-E的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）255.
【分析】（1）要证明PA⊥平面PBC，只需证明PA⊥PB，PA⊥PC即可；
（2）方法一：过O作ON∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB的一个法向量n，平面PCE的一个法向量为m，利用公式cos=n⋅m|n||m|计算即可得到答案.
【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知△DAE为等边三角形，设AE=1，
则DO=32，CO=BO=12AE=12，所以PO=66DO=24，
PC=PO2+OC2=64=PB=PA
又△ABC为等边三角形，则BAsin60∘=2OA，所以BA=32，
PA2+PB2=34=AB2，则∠APB=90∘，所以PA⊥PB，
同理PA⊥PC，又PC∩PB=P，所以PA⊥平面PBC；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设AB=23，则AE=AD=ABsin60°=4，由圆锥性质知DO⊥平面ABC，所以DO=AD2-AO2=42-22=23，所以PO=66DO=2．因为O是△ABC的外心，因此AE⊥BC．
在底面过O作BC的平行线与AB的交点为W，以O为原点，OW方向为x轴正方向，OE方向为y轴正方向，OD方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，
则A(0,-2,0)，B(3,1,0)，C(-3,1,0)，E(0,2,0)，P(0,0,2)．
所以AP=(0,2,2)，BP=(-3,-1,2)，CP=(3,-1,2)．
故AP⋅BP=0-2+2=0，AP⋅CP=0-2+2=0．
所以AP⊥BP，AP⊥CP．
又BP∩CP=P，故AP⊥平面PBC．

[方法三]：
因为△ABC是底面圆O的内接正三角形，且AE为底面直径，所以AE⊥BC．
因为DO（即PO）垂直于底面，BC在底面内，所以PO⊥BC．
又因为PO⊂平面PAE，AE⊂平面PAE，PO∩AE=O，所以BC⊥平面PAE．
又因为PA⊂平面PAE，所以PA⊥BC．
设AE∩BC=F，则F为BC的中点，连结PF．
设DO=a，且PO=66DO，
则AF=32a，PA=22a，PF=12a．
因此PA2+PF2=AF2，从而PA⊥PF．
又因为PF∩BC=F，所以PA⊥平面PBC．

[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结DE，AE=AD=DE，易得OD=3R，

因为PO=66OD，所以PO=22R．
以OA,OB,OD为基底，OD⊥平面ABC，则AP=AO+OP=-OA+66OD，
BP=BO+OP=-OB+66OD，且OA⋅OB=-12R2，OA⋅OD=OB⋅OD=0
所以AP⋅BP=-OA+66OD⋅-OB+66OD= OA⋅OB-OA⋅66OD-OB⋅66OD+16OD2=0．
故AP⋅BP=0．所以AP⊥BP，即AP⊥BP．
同理AP⊥CP．又BP∩CP=P，所以AP⊥平面PBC．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则E(-12,0,0),P(0,0,24),B(-14,34,0),C(-14,-34,0)，
PC=(-14,-34,-24)，PB=(-14,34,-24)，PE=(-12,0,-24)，
设平面PCB的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
由n⋅PC=0n⋅PB=0，得-x1-3y1-2z1=0-x1+3y1-2z1=0，令x1=2，得z1=-1,y1=0，
所以n=(2,0,-1)，
设平面PCE的一个法向量为m=(x2,y2,z2)
由m⋅PC=0m⋅PE=0，得-x2-3y2-2z2=0-2x2-2z2=0，令x2=1，得z2=-2,y2=33，
所以m=(1,33,-2)
故cos=n⋅m|n|⋅|m|=223×103=255，
设二面角B-PC-E的大小为θ，由图可知二面角为锐二面角，所以cosθ=255.
[方法二]【最优解】：几何法
设BC∩AE=F，易知F是BC的中点，过F作FG∥AP交PE于G，取PC的中点H，
联结GH，则HF∥PB．
由PA⊥平面PBC，得FG⊥平面PBC．
由（1）可得，BC2=PB2+PC2，得PB⊥PC．
所以FH⊥PC，根据三垂线定理，得GH⊥PC．
所以∠GHF是二面角B-PC-E的平面角．
设圆O的半径为r，则AF=ABsin60°=32r，AE=2r，EF=12r，EFAF=13，所以FG=14PA，FH=12PB=12PA，FGFH=12．
在Rt△GFH中，tan∠GHF=FGFH=12，
cos∠GHF=255．
所以二面角B-PC-E的余弦值为255．

[方法三]：射影面积法
如图所示，在PE上取点H，使HE=14PE，设BC∩AE=N，连结NH．
由（1）知NE=14AE，所以NH∥PA．故NH⊥平面PBC．
所以，点H在面PBC上的射影为N．
故由射影面积法可知二面角B-PC-E的余弦值为cosθ=S△PCNS△PCH．
在△PCE中，令PC=PE=62，则CE=1，易知S△PCE=54．所以S△PCH=34S△PCE=3516．
又S△PCN=12S△PBC=38，故cosθ=S△PCNS△PCH=383516=255
所以二面角B-PC-E的余弦值为255．

【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；
（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.
19．（2021·浙江·统考高考真题）设函数fx=sinx+cosx(x∈R).
（1）求函数y=fx+π22的最小正周期；
（2）求函数y=f(x)fx-π4在0,π2上的最大值.
【答案】（1）π；（2）1+22.
【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得y=1-sin2x，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得y=sin(2x-π4)+22，再由三角函数的图象与性质即可得解.
【详解】（1）由辅助角公式得f(x)=sinx+cosx=2sin(x+π4)，
则y=[f(x+π2)]2=[2sin(x+3π4)]2=2sin2(x+3π4)=1-cos(2x+3π2)=1-sin2x，
所以该函数的最小正周期T=2π2=π;
（2）由题意，y=f(x)f(x-π4)=2sin(x+π4)⋅2sinx=2sin(x+π4)sinx
=2sinx⋅(22sinx+22cosx)=2sin2x+2sinxcosx
=2⋅1-cos2x2+22sin2x=22sin2x-22cos2x+22=sin(2x-π4)+22，
由x∈[0,π2]可得2x-π4∈[-π4,3π4]，
所以当2x-π4=π2即x=3π8时，函数取最大值1+22.
20．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,-2,B32,-1两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P1,-2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)y24+x23=1
(2)(0,-2)

【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A0,-2,B32,-1，
则4n=194m+n=1，解得m=13，n=14，
所以椭圆E的方程为：y24+x23=1.
（2）A(0,-2),B(32,-1)，所以AB:y+2=23x，
①若过点P(1,-2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入x23+y24=1，
可得M(1,-263)，N(1,263)，代入AB方程y=23x-2，可得
T(-6+3,-263)，由MT=TH得到H(-26+5,-263).求得HN方程：
y=(2+263)x-2，过点(0,-2).
②若过点P(1,-2)的直线斜率存在，设kx-y-(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).
联立kx-y-(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=-8(2+k)3k2+4y1y2=4(4+4k-2k2)3k2+4，
且x1y2+x2y1=-24k3k2+4(*)
联立y=y1y=23x-2,可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6-x1,y1).
可求得此时HN:y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2)，
将(0,-2)，代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，
将(*)代入，得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,
显然成立，
综上，可得直线HN过定点(0,-2).
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

21．（2020·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=ex+ax2-x.
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥12x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当x∈-∞,0时，f'x<0,fx单调递减，当x∈0,+∞时，f'x>0,fx单调递增.（2）7-e24,+∞
【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.
(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.
【详解】(1)当a=1时，fx=ex+x2-x，f'x=ex+2x-1，
由于f''x=ex+2>0，故f'x单调递增，注意到f'0=0，故：
当x∈-∞,0时，f'x<0,fx单调递减，
当x∈0,+∞时，f'x>0,fx单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由fx≥12x3+1得，ex+ax2-x⩾12x3+1，其中x≥0，
①.当x=0时，不等式为：1≥1，显然成立，符合题意；
②.当x>0时，分离参数a得，a⩾-ex-12x3-x-1x2，
记gx=-ex-12x3-x-1x2，g'x=-x-2ex-12x2-x-1x3，
令hx=ex-12x2-x-1x≥0，
则h'x=ex-x-1，h''x=ex-1≥0，
故h'x单调递增，h'x≥h'0=0，
故函数hx单调递增，hx≥h0=0，
由hx≥0可得：ex-12x2-x-1⩾0恒成立，
故当x∈0,2时，g'x>0，gx单调递增；
当x∈2,+∞时，g'x<0，gx单调递减；
因此，gxmax=g2=7-e24,
综上可得，实数a的取值范围是7-e24,+∞.
[方法二]：特值探路
当x≥0时，f(x)≥12x3+1恒成立⇒f(2)⩾5⇒a⩾7-e24．
只需证当a≥7-e24时，f(x)≥12x3+1恒成立．
当a≥7-e24时，f(x)=ex+ax2-x≥ex+7-e24 ⋅x2-x．
只需证明ex+7-e24x2-x≥12x3+1(x≥0)⑤式成立．
⑤式⇔e2-7x2+4x+2x3+4ex≤4，
令h(x)=e2-7x2+4x+2x3+4ex(x≥0)，
则h'(x)=13-e2x2+2e2-9x-2x3ex= -x2x2-13-e2x-2e2-9ex= -x(x-2)2x+e2-9ex，
所以当x∈0,9-e22时，h'(x)<0,h(x)单调递减；
当x∈9-e22,2,h'(x)>0,h(x)单调递增；
当x∈(2,+∞),h'(x)<0,h(x)单调递减．
从而[h(x)]max=max{h(0),h(2)}=4，即h(x)≤4，⑤式成立．
所以当a≥7-e24时，f(x)≥12x3+1恒成立．
综上a≥7-e24．
[方法三]：指数集中
当x≥0时，f(x)≥12x3+1恒成立⇒ex⩾12x3+1-ax2+x⇒(12x3-ax2+x+1)e-x≤1，
记gx=(12x3-ax2+x+1)e-x(x≥0)，
g'x=-(12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1)e-x =-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x，
①.当2a+1≤0即a≤-12时，g'x=0⇒x=2，则当x∈(0,2)时，g'x>0，gx单调递增，又g0=1，所以当x∈(0,2)时，gx>1，不合题意；
②.若0<2a+1<2即-120，gx单调递增，又g0=1，
所以若满足gx≤1，只需g2≤1，即g2=(7-4a)e-2≤1 ⇒a⩾7-e24，所以当⇒7-e24≤a<12时，gx≤1成立；
③当2a+1≥2即a≥12时，gx=(12x3-ax2+x+1)e-x≤(12x3+x+1)e-x，又由②可知7-e24≤a<12时，gx≤1成立，所以a=0时，g(x)=(12x3+x+1)e-x≤1恒成立，
所以a≥12时，满足题意.
综上，a⩾7-e24.
【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：
方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；
方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；
方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！


（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．（2020·全国·统考高考真题）已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：x=4cos2θ，y=4sin2θ（θ为参数），C2：x=t+1t,y=t-1t（t为参数）.
（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；
（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.
【答案】（1）C1:x+y=40≤x≤4；C2:x2-y2=4；（2）ρ=175cosθ.
【分析】（1）分别消去参数θ和t即可得到所求普通方程；
（2）两方程联立求得点P，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.
【详解】(1)[方法一]：消元法
由cos2θ+sin2θ=1得C1的普通方程为x+y=4(0≤x≤4)．
由参数方程可得x+y=2t,x-y=2t，
两式相乘得普通方程为x2-y2=4．
[方法二]【最优解】：代入消元法
由cos2θ+sin2θ=1得C1的普通方程为x+y=4(0≤x≤4)，
由参数方程可得t=x+y2，
代入x=t+1t中并化简得普通方程为x2-y2=4．
(2)[方法一]：几何意义+极坐标
将{x=t+1t,y=t-1t代入x+y=4中解得t=2，故P点的直角坐标为P(52,32)．
设P点的极坐标为P(ρ0,θ0)，
由{ρ2=x2+y2tanθ=yx得ρ0=342，tanθ0=35，cosθ0=53434．
故所求圆的直径为2r=ρcosθ=175，
所求圆的极坐标方程为ρ=2rcosθ，即ρ=175cosθ．
[方法二]：
由{x+y=4,x2-y2=4得{x=52,y=32,所以P点的直角坐标为P(52,32)．
因为|OP|=(52)2+(32)2=342．
设圆C的极坐标方程为ρ=2acosθ，所以cosθ=52|OP|=534，
从而342=2a⋅534，解得2a=175．
故所求圆的极坐标方程为ρ=175cosθ．
[方法三]：利用几何意义
由{x+y=4,x2-y2=4得{x=52,y=32,所以P点的直角坐标为P(52,32)，
化为极坐标为P(342,α)，其中cosα=534．
如图，设所求圆与极轴交于E点，则∠OPE=90°，
所以OE=OPcosα=175，所以所求圆的极坐标方程为ρ=175cosθ．

[方法四]【最优解】：
由题意设所求圆的圆心直角坐标为(a,0)，则圆的极坐标方程为ρ=2acosθ．
联立{x+y-4=0,x2-y2=4得{x=52,y=32,解得P(52,32)．
设Q为圆与x轴的交点，其直角坐标为Q(2a,0)，O为坐标原点．
又因为点P,O(0,0),Q(2a,0)都在所求圆上且OQ为圆的直径，
所以OP⋅PQ=0，解得a=1710．
所以所求圆的极坐标方程为ρ=175cosθ．
[方法五]利用几何意义求圆心
由题意设所求圆的圆心直角坐标为(a,0)，
则圆的极坐标方程为ρ=2acosθ．
联立{x+y-4=0x2-y2=4得{x=52y=32，
即P点的直角坐标为P(52,32)．
所以弦OP的中垂线所在的直线方程为10x+6y-17=0，
将圆心坐标代入得10a+6×0-17=0，解得a=1710．
所以所求圆的极坐标方程为ρ=175cosθ．
【整体点评】(1)[方法一]利用乘积消元充分利用了所给式子的特征，体现了解题的灵活性，并不是所有的问题都可以这样解决；
[方法二]代入消元是最常规的消元方法之一，消元的过程充分体现了参数方程与普通方程之间的联系.
(2)[方法一]利用几何意义加极坐标求解极坐标方程是充分利用几何思想的提现，能提现思维的 ；
[方法二]首先确定交点坐标，然后抓住问题的本质，求得2a的值即可确定极坐标方程；
[方法三]首先求得交点坐标，然后充分利用几何性质求得圆的直径即可确定极坐标方程；
[方法四]直径所对的圆周角为π2是圆最重要的性质之一，将其与平面向量垂直的充分必要条件想联系进行解题时一种常见的方法；
[方法五]圆心和半径是刻画圆的最根本数据，利用几何性质求得圆心的坐标即可确定圆的方程.



[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．（2022·全国·统考高考真题）已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2=3，证明：
(1)a+b+2c≤3；
(2)若b=2c，则1a+1c≥3．
【答案】(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）方法一：根据a2+b2+4c2=a2+b2+2c2，利用柯西不等式即可得证；
（2）由（1）结合已知可得0 【详解】（1）[方法一]：【最优解】柯西不等式
由柯西不等式有a2+b2+2c212+12+12≥a+b+2c2，
所以a+b+2c≤3，当且仅当a=b=2c=1时，取等号，所以a+b+2c≤3.
[方法二]：基本不等式
由a2+b2≥2ab，b2+4c2≥4bc，a2+4c2≥4ac， a+b+2c2=a2+b2+4c2+2ab+4bc+4ac≤3a2+b2+4c2=9，
当且仅当a=b=2c=1时，取等号，所以a+b+2c≤3.
（2）证明：因为b=2c，a>0，b>0，c>0，由（1）得a+b+2c=a+4c≤3，
即0 由权方和不等式知1a+1c=12a+224c≥1+22a+4c=9a+4c≥3，
当且仅当1a=24c，即a=1，c=12时取等号，
所以1a+1c≥3.
【点睛】（1）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解；
方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也是不错的方法．