2023年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷(理科)答案與解析2

2023年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷（理科）

參考答案與試題解析

一、選擇題（共10小題，每題5分，總分值50分）

1.（5分）（2023?浙江）設(shè)U=R,A={x|x>0},B={x|x>l},那么AnCuB=（）

A.{x|0<x<l}B.{x|0<x<l}C.{x|x<0}D.{x|x>l}

【考點(diǎn)】交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算.

【專題】集合.

【分析】欲求兩個(gè)集合的交集，先得求集合CuB,再求它與A的交集即可.

【解答】解：對于CuB={x|xR},

因此AnCuB={x[0<xSl},

應(yīng)選B.

【點(diǎn)評】這是一個(gè)集合的常見題，屬于根底題之列.

2.（5分）（2023?浙江）a,b是實(shí)數(shù)，那么"a>0且b>0"是"a+b>0且ab>0"的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【考點(diǎn)】必要條件、充分條件與充要條件的判斷.

【專題】簡易邏輯.

【分析】考慮“a>0且b>0"與"a+b>0且ab>0〃的互推性.

【解答】解：由a>0且b>0n"a+b>0且ab>0",

反過來“a+b>0且ab>0"=a>0且b>0,

Ma>0且b>0"="a+b>0且ab>0”,

即“a>0且b>0"是"a+b>0且ab>0"的充分必要條件，

應(yīng)選C

【點(diǎn)評】此題考查充分性和必要性，此題考得幾率比擬大，但往往與其他知識結(jié)合在一起考

查.

3.（5分）（2023?浙江）設(shè)復(fù)數(shù)z=l+i（i是虛數(shù)單位），那么2+Z2=（）

z

A.-1-iB.-1+iC.1-iD.1+i

【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運(yùn)算.

【專題】數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù).

【分析】把復(fù)數(shù)z代入表達(dá)式化簡整理即可.

【解答】解：^2+Z2=^+（i+i）2=1-i+2i=l+i,

z1+i

應(yīng)選D.

【點(diǎn)評】本小題主要考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算和復(fù)數(shù)的概念，以復(fù)數(shù)的運(yùn)算為載體，直接考查了對

于復(fù)數(shù)概念和性質(zhì)的理解程度.

4.（5分）（2023?浙江）在二項(xiàng)式（乂2-工）5的展開式中，含的項(xiàng)的系數(shù)是（）

x

A.-10B.10C.-5D.5

【考點(diǎn)】二項(xiàng)式定理.

【專題】二項(xiàng)式定理.

【分析】利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式求出第r+1項(xiàng)，令x的指數(shù)為4求得.

【解答】解：對于T』=C；（x2）5r（-工）r=（-1）"If

對于10-3r=4,

r=2,

那么x4的項(xiàng)的系數(shù)是CS?（-1）2=10

應(yīng)選項(xiàng)為B

【點(diǎn)評】二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)是解決二項(xiàng)展開式的特定項(xiàng)問題的工具.

5.（5分）（2023?浙江〕在三棱柱ABC-AiBiCi中，各棱長相等，側(cè)棱垂直于底面，點(diǎn)D

是側(cè)面BBICIC的中心，那么AD與平面BB1C1C所成角的大小是（）

A.30°B.45°C.60°D.90°

【考點(diǎn)】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系.

【專題】空間位置關(guān)系與距離.

【分析】此題考查的知識點(diǎn)是線面夾角，由中側(cè)棱垂直于底面，我們過D點(diǎn)做BC的垂線,

垂足為E,那么DE_L底面ABC,且E為BC中點(diǎn)，那么E為A點(diǎn)在平面BBiCiC上投影，

那么NADE即為所求線面夾角，解三角形即可求解.

【解答】解：如圖，取BC中點(diǎn)E,連接DE、AE、AD,

依題意知三棱柱為正三棱柱，

易得AE_L平面BBiCiC,故NADE為AD與平面BBICIC所成的角.

設(shè)各棱長為1,那么AE=1

2

曼

DE=—.tanZADE=￡=?

2DE工

~2

：.ZADE=60°.

應(yīng)選C

【點(diǎn)評】求直線和平面所成的角時(shí)，應(yīng)注意的問題是：（1）先判斷直線和平面的位置關(guān)系.（2）

當(dāng)直線和平面斜交時(shí)，常用以下步驟：①構(gòu)造--作出或找到斜線與射影所成的角；②設(shè)

定--論證所作或找到的角為所求的角；③計(jì)算--常用解三角形的方法求角；④結(jié)論-

一點(diǎn)明斜線和平面所成的角的值.

6.（5分）（2023?浙江）某程序框圖如下圖，該程序運(yùn)行后輸出的k的值是（）

A.4B.5C.6D.7

【考點(diǎn)】程序框圖.

【專題】算法和程序框圖.

【分析】根據(jù)流程圖所示的順序，逐框分析程序中各變量、各語句的作用可知：該程序的作

用是計(jì)算滿足S=2。+22°+…2100的最小項(xiàng)數(shù)

【解答】解：根據(jù)流程圖所示的順序，程序的運(yùn)行過程中各變量值變化如下表:

是否繼續(xù)循環(huán)SK

循環(huán)前/00

第一圈是11

第二圈是32

第三圈是113

第四圈是20594

第五圈否

最終輸出結(jié)果k=4

故答案為A

【點(diǎn)評】根據(jù)流程圖（或偽代碼）寫程序的運(yùn)行結(jié)果，是算法這一模塊最重要的題型，其處

理方法是：①分析流程圖（或偽代碼），從流程圖（或偽代碼）中既要分析出計(jì)算的類型，

又要分析出參與計(jì)算的數(shù)據(jù)（如果參與運(yùn)算的數(shù)據(jù)比擬多，也可使用表格對數(shù)據(jù)進(jìn)行分析管

理）=②建立數(shù)學(xué)模型，根據(jù)第一步分析的結(jié)果，選擇恰當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)模型③解模.

7.15分）（2023?浙江）設(shè)向量W，E滿足：百=3,|bl=4.a?b=0.以W，b>W-芯的模為

邊長構(gòu)成三角形，那么它的邊與半徑為1的圓的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)最多為（）

A.3B.4C.5D.6

【考點(diǎn)】直線與圓相交的性質(zhì)；向量的模；平面向量數(shù)量積的運(yùn)算.

【專題】平面向量及應(yīng)用.

【分析】先根據(jù)題設(shè)條件判斷三角形為直角三角形，根據(jù)三邊長求得內(nèi)切圓的半徑，進(jìn)而看

半徑為1的圓內(nèi)切于三角形時(shí)有三個(gè)公共點(diǎn)，對于圓的位置稍一右移或其他的變化，能實(shí)現(xiàn)

4個(gè)交點(diǎn)的情況，進(jìn)而可得出答案.

【解答】解：?.?向量a?b=0,.?.此三角形為直角三角形，三邊長分別為3,4,5,進(jìn)而可知

其內(nèi)切圓半徑為1,

???對于半徑為1的圓有一個(gè)位置是正好是三角形的內(nèi)切圓，此時(shí)只有三個(gè)交點(diǎn)，

對于圓的位置稍一右移或其他的變化，能實(shí)現(xiàn)4個(gè)交點(diǎn)的情況，

但5個(gè)以上的交點(diǎn)不能實(shí)現(xiàn).

應(yīng)選B

【點(diǎn)評】此題主要考查了直線與圓的位置關(guān)系.可采用數(shù)形結(jié)合結(jié)合的方法較為直觀.

8.15分）（2023?浙江）a是實(shí)數(shù)，那么函數(shù)f（x）=l+asinax的圖象不可能是（）

【考點(diǎn)】正弦函數(shù)的圖象.

【專題】三角函數(shù)的圖像與性質(zhì).

【分析】函數(shù)f（x）=l+asinax的圖象是一個(gè)正弦曲線型的圖，其振幅為|a|,周期為書,

lai

周期與振幅成反比，從這個(gè)方向觀察四個(gè)圖象.

【解答】解：對于振幅大于1時(shí)，

三角函數(shù)的周期為：丁=谷，.-.T<2n,

而D不符合要求，它的振幅大于1,但周期反而大于了2n.

對于選項(xiàng)A,a<LT>2n,滿足函數(shù)與圖象的對應(yīng)關(guān)系，

應(yīng)選D.

【點(diǎn)評】由于函數(shù)的解析式中只含有一個(gè)參數(shù)，這個(gè)參數(shù)影響振幅和周期，故振幅與周期相

互制約，這是此題的關(guān)鍵.

22

9.15分）（2023?浙江）過雙曲線2_-空1（a>0,b>0）的右頂點(diǎn)A作斜率為-1的直

a2,b2

線，該直線與雙曲線的兩條漸近線的交點(diǎn)分別為B、C.假設(shè)屈前，那么雙曲線的離心

2

率是（）___

A.V2B.V3C.V5D.V10

【考點(diǎn)】直線與圓錐曲線的綜合問題；雙曲線的簡單性質(zhì).

【專題】圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程.

【分析】分別表示出直線1和兩個(gè)漸近線的交點(diǎn)，進(jìn)而表示出祈和前，進(jìn)而根據(jù)標(biāo)=1前求

2

得a和b的關(guān)系，進(jìn)而根據(jù)c2-a2=b2,求得a和c的關(guān)系，那么離心率可得.

【解答】解：直線1：y=-x+a與漸近線h：bx-ay=0交于B月殳），

a+ba+b

2__u

1與漸近線12：bx+ay=0交于C］」一，——A（a,0）,

ba-b

2a2b

AB=（-也，也），BC-rpb）,7B=1BC，

a+ba+b7^'a2-b22

.-ab_a2b

,b=2a,

J.c2-a2=4a2,

應(yīng)選c.

【點(diǎn)評】此題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合問題.要求學(xué)生有較高地轉(zhuǎn)化數(shù)學(xué)思想的運(yùn)

用能力，能將條件轉(zhuǎn)化到根本知識的運(yùn)用.

10.（5分）（2023?浙江）定義A-B={x|x€A且xCB},假設(shè)P={1,2,3,4},Q={2,5},

那么Q-P=（）

A.PB.{5}C.{1,3,4}D.Q

【考點(diǎn)】集合的包含關(guān)系判斷及應(yīng)用.

【專題】集合.

【分析】理解新的運(yùn)算，根據(jù)新定義A-B知道，新的集合A-B是由所有屬于A但不屬于

B的元素組成.

【解答】解：Q-P是由所有屬于Q但不屬于P的元素組成，所以Q-P={5}.

應(yīng)選B.

【點(diǎn)評】此題主要考查了集合的運(yùn)算，是一道創(chuàng)新題，具有一定的新意.要求學(xué)生對新定義

的A-B有充分的理解才能正確答.

二、填空題（共7小題，每題4分，總分值28分）

11.（4分）（2023?浙江）設(shè)等比數(shù)列｛an｝的公比Q=1，前n項(xiàng)和為Sn,那么,15.

2a4

【考點(diǎn)】等比數(shù)列的性質(zhì).

【專題】等差數(shù)列與等比數(shù)列.

【分析】先通過等比數(shù)列的求和公式，表示出S4,得知a4=aiq3,進(jìn)而把a(bǔ)i和q代入包約

a4

分化簡可得到答案.

44

a.（1-q）<Sd1-a

【解答】解：對于s二'一-一，.=.3..?一=二q、=15

41-qa4a1qq3（1-q）

【點(diǎn)評】此題主要考查了等比數(shù)列中通項(xiàng)公式和求和公式的應(yīng)用.屬根底題.

12.（4分）（2023?浙江）假設(shè)某個(gè)幾何體的三視圖（單位：cm）如下圖，那么該幾何體的

體積是18cn?.

【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積.

【專題】立體幾何.

【分析】由圖可知，圖形由兩個(gè)體積相同的長方體組成，求出其中一個(gè)體積即可.

【解答】解：由圖可知，底下的長方體底面長為3,寬為1,底面積為3x1=3,高為3,因

此體積為3x3=9；

上面的長方體底面是個(gè)正方形，邊長為3,高為1,易知與下面的長方體體積相等，

因此易得該幾何體的體積為9x2=18.

【點(diǎn)評】此題考查學(xué)生的空間想象能力，是根底題.

'x+y>2

13.14分）（2023?浙江）假設(shè)實(shí)數(shù)x,y滿足不等式組<2x-y<4,那么2x+3y的最小值

x-

是4.

【考點(diǎn)】簡單線性規(guī)劃.

【專題】不等式的解法及應(yīng)用.

【分析】先由約束條件畫出可行域，再求出可行域各個(gè)角點(diǎn)的坐標(biāo)，將坐標(biāo)逐一代入目標(biāo)函

數(shù)，驗(yàn)證即得答案.

x+y〉2

【解答】解：如圖即為滿足不等式組<2x-y<4的可行域，

x-y>0

由圖易得：當(dāng)x=2,y=0時(shí)，2x+3y=4；

當(dāng)x=l,y=l時(shí)，2x+3y=5；

當(dāng)x=4,y=4時(shí)，2x+3y=20,

因此,當(dāng)x=2,y=0時(shí),2x+3y有最小值4.

故答案為4

【點(diǎn)評】在解決線性規(guī)劃的小題時(shí)，我們常用"角點(diǎn)法"，其步驟為：①由約束條件畫出可

行域=②求出可行域各個(gè)角點(diǎn)的坐標(biāo)=③將坐標(biāo)逐一代入目標(biāo)函數(shù)=④驗(yàn)證，求出最優(yōu)

解.

14.（4分）（2023?浙江）某地區(qū)居民生活用電分為頂峰和低谷兩個(gè)時(shí)間段進(jìn)行分時(shí)計(jì)價(jià).該

地區(qū)的電網(wǎng)銷售電價(jià)表如圖：

頂峰時(shí)間段用電價(jià)格表低谷時(shí)間段用電價(jià)格表

頂峰月用電量頂峰電價(jià)（單位：元/千瓦時(shí)）低谷低谷

（單位：千瓦時(shí)）月用電價(jià)

電量（單

（單位：

位：元/

千瓦千瓦

時(shí)）時(shí)）

50及以下的局部0.568500.288

及以

下的

局部

超過50至200的局部0.598超過0.318

50

至

200

的局

部

超過200的局部0.668超過0.388

200

的局

部

假設(shè)某家庭5月份的頂峰時(shí)間段用電量為200千瓦時(shí)，低谷時(shí)間段用電量為100千瓦時(shí)，那

么按這種計(jì)費(fèi)方式該家庭本月應(yīng)付的電費(fèi)為—^元（用數(shù)字作答）

【考點(diǎn)】分段函數(shù)的解析式求法及其圖象的作法.

【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用.

【分析】先計(jì)算出頂峰時(shí)間段用電的電費(fèi)，和低谷時(shí)間段用電的電費(fèi)，然后把這兩個(gè)電費(fèi)相

加.

【解答】解：頂峰時(shí)間段用電的電費(fèi)為50x0.568+150x0.598=28.4+89.7=118.1（元），

低谷時(shí)間段用電的電費(fèi)為50x0.288+50x0.318=14.4+15.9=30.3（元），

本月的總電費(fèi)為118.1+30.3=148.4（元），

故答案為：148.4.

【點(diǎn)評】此題考查分段函數(shù)的函數(shù)值的求法，表達(dá)了分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題.

15.14分）（2023?浙江〕觀察以下等式：觀察以下等式：

C1+C5=23-2,

55

C1+C5+c9=27+23,

999

C1+C5+c9+C13=2"-2$,

13131313

C1+C5+c9+c13+c17=215+27,

1717171717

由以上等式推測到一個(gè)一般結(jié)論：

4nln2n1

對于n€N*,C1+C5+c9+...+C5+1=2+（-1）2-.

4n+l4n+l4n+l4n+l

【考點(diǎn)】二項(xiàng)式定理的應(yīng)用.

【專題】二項(xiàng)式定理.

【分析】通過觀察類比推理方法結(jié)論由二項(xiàng)構(gòu)成，第二項(xiàng)前有（-1）口，二項(xiàng)指數(shù)分別為

24n122n1

【解答】解：結(jié)論由二項(xiàng)構(gòu)成，第二項(xiàng)前有（-1）n,二項(xiàng)指數(shù)分別為2羯7,22nl,

因此對于n€N*,C4n+1l+C4n+l'5+C4n+|9+...+C4n+|4n+l=24n'+（-1）n2-n1.

故答案為24n-1+（-1）n22n-'

【點(diǎn)評】此題考查觀察、類比、歸納的能力.

16.（4分）（2023?浙江）甲、乙、丙3人站到共有7級的臺(tái)階上，假設(shè)每級臺(tái)階最多站2

人，同一級臺(tái)階上的人不區(qū)分站的位置，那么不同的站法總數(shù)是—維

【考點(diǎn)】排列、組合及簡單計(jì)數(shù)問題.

【專題】排列組合.

【分析】由題意知此題需要分組解決，共有兩種情況，對于7個(gè)臺(tái)階上每一個(gè)只站一人，假

設(shè)有一個(gè)臺(tái)階有2人另一個(gè)是1人，根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理得到結(jié)果.

【解答】解：由題意知此題需要分組解決，

???對于7個(gè)臺(tái)階上每一個(gè)只站一人有A73種；

假設(shè)有一個(gè)臺(tái)階有2人另一個(gè)是1人共有C31A72種，

根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理知共有不同的站法種數(shù)是A73+C31A72=336種.

故答案為：336.

【點(diǎn)評】分類要做到不重不漏，分類后再分別對每一類進(jìn)行計(jì)數(shù)，最后用分類加法計(jì)數(shù)原理

求和，得到總數(shù).分步要做到步驟完整--完成了所有步驟，恰好完成任務(wù).

17.（4分）（2023?浙江）如圖，在長方形ABCD中，AB=2,BC=1,E為DC的中點(diǎn)，F(xiàn)為

線段EC〔端點(diǎn)除外）上一動(dòng)點(diǎn)，現(xiàn)將△AFD沿AF折起，使平面ABD_L平面ABC,在平

面ABD內(nèi)過點(diǎn)D作DK_LAB,K為垂足，設(shè)AK=t,那么t的取值范圍是（X1）.

一2

【考點(diǎn)】平面與平面垂直的性質(zhì)；棱錐的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】空間位置關(guān)系與距離；空間角；立體幾何.

【分析】此題的破解可采用二個(gè)極端位置法，即對于F位于DC的中點(diǎn)時(shí)與隨著F點(diǎn)到C

點(diǎn)時(shí)，分別求出此兩個(gè)位置的t值即可得到所求的答案

【解答】解：此題的破解可采用二個(gè)極端位置法，即對于F位于DC的中點(diǎn)時(shí)，可得t=l,

隨著F點(diǎn)到C點(diǎn)時(shí)，當(dāng)C與F無限接近，不妨令二者重合，此時(shí)有CD=2

因CBJ.AB,CB±DK,

CBJ_平面ADB,即有CB_LBD,

對于CD=2,BC=1,在直角三角形CBD中，得BD=?,

又AD=1,AB=2,再由勾股定理可得NBDA是直角，因此有ADLBD

再由DK_LAB,可得三角形ADB和三角形AKD相似，可得t=L

2

因此t的取值的范圍是（X1）

2

故答案為（［，1）

2

【點(diǎn)評】考查空間圖形的想象能力，及根據(jù)相關(guān)的定理對圖形中的位置關(guān)系進(jìn)行精準(zhǔn)判斷的

能力.

三、解答題（共5小題，總分值72分）

18.（14分）（2023?浙江）在△ABC中，角A、B、C所對應(yīng)的邊分別為a、b、c,且滿足

cos^=—>AB^AC=3.

（I）求aABC的面積；

（口）假設(shè)b+c=6,求a的值.

【考點(diǎn)】二倍角的余弦；平面向量數(shù)量積的運(yùn)算；余弦定理.

【專題】解三角形.

［分析*I）利用二倍角公式利用8q=純求得cosA,進(jìn)而求得sinA,進(jìn)而根據(jù)至-AC=3

25

求得be的值，進(jìn)而根據(jù)三角形面積公式求得答案.

（口）根據(jù)be和b+c的值求得b和c,進(jìn)而根據(jù)余弦定理求得a的值.

cosA=2cos2^-1=|-sinA={

又由根?豆=3,

得bccosA=3,bc=5,

,SAARC—2bcsinA=2

（H）對于bc=5,又b+c=6,

J.b=5,c=l或b=l,c=5,

由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=20,42垂）

【點(diǎn)評】此題主要考查了解三角形的問題.涉及了三角函數(shù)中的倍角公式、余弦定理和三角

形面積公式等，綜合性很強(qiáng).

19.（14分）（2023?浙江〕在1,2,3...,9,這9個(gè)自然數(shù)中，任取3個(gè)數(shù).

（I）求這3個(gè)數(shù)中，恰有一個(gè)是偶數(shù)的概率；

（口）記七為這三個(gè)數(shù)中兩數(shù)相鄰的組數(shù)，（例如：假設(shè)取出的數(shù)1、2、3,那么有兩組相

鄰的數(shù)1、2和2、3,此時(shí)￡的值是2）.求隨機(jī)變量《的分布列及其數(shù)學(xué)期望E"

【考點(diǎn)】等可能事件的概率；離散型隨機(jī)變量及其分布列；離散型隨機(jī)變量的期望與方差；

組合及組合數(shù)公式.

【專題】概率與統(tǒng)計(jì).

【分析】（I）由題意知此題是一個(gè)古典概型，試驗(yàn)發(fā)生包含的所有事件是從9個(gè)數(shù)字中選3

個(gè)，而滿足條件的事件是3個(gè)數(shù)恰有一個(gè)是偶數(shù)，即有一個(gè)偶數(shù)和兩個(gè)奇數(shù).根據(jù)概率公式

得到結(jié)果.

（2）隨機(jī)變量￡為這三個(gè)數(shù)中兩數(shù)相鄰的組數(shù)，那么￡的取值為0,1,2,當(dāng)變量為0時(shí)表

示不包含相鄰的數(shù)，結(jié)合變量對應(yīng)的事件寫出概率和分布列，算出期望.

【解答】解：(I)由題意知此題是一個(gè)古典概型，

試驗(yàn)發(fā)生包含的所有事件是C93,

而滿足條件的事件是3個(gè)數(shù)恰有一個(gè)是偶數(shù)共有C4'C52

記"這3個(gè)數(shù)恰有一個(gè)是偶數(shù)"為事件A,

(II)隨機(jī)變量￡為這三個(gè)數(shù)中兩數(shù)相鄰的組數(shù)，

那么S的取值為0,1，2,

當(dāng)變量為0時(shí)表示不包含相鄰的數(shù)Pd=0)=至,

12

P(1=1)=1，P(￡=2)=」

212

S的分布列為

012

P511

12212

???￡的數(shù)學(xué)期望為瞋=0X4+1x%2X七*

【點(diǎn)評】此題考查離散型隨機(jī)變量的分布列，求離散型隨機(jī)變量的分布列和期望是近年來理

科高考必出的一個(gè)問題，題目做起來不難，運(yùn)算量也不大，只要注意解題格式就問題不大.

20.(14分)(2023?浙江)如圖，平面PAC_L平面ABC,△ABC是以AC為斜邊的等腰直

角三角形，E,F,O分別為PA,PB,AC的中點(diǎn)，AC=16,PA=PC=10.

(I)設(shè)G是OC的中點(diǎn)，證明：FGII平面BOE；

(口)證明：在AABO內(nèi)存在一點(diǎn)M,使FM_L平面BOE,并求點(diǎn)M到OA,OB的距離.

【考點(diǎn)】直線與平面平行的判定；點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算.

【專題】空間位置關(guān)系與距離；空間角；空間向量及應(yīng)用；立體幾何.

【分析】由于PAC_L平面ABC,△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，O為AC的中

點(diǎn)，AC=16,PA=PC=10,所以PO、OB、OC是兩兩垂直的三條直線，

因此可以考慮用空間向量解決：連接OP,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)B、OC、OP所在直

線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,

對于(I),只需證明向量FG與平面BOE的一個(gè)法向量垂直即可，而根據(jù)坐標(biāo)，平面的一

個(gè)法向量可求，從而得證；

對于(II),在第一問的根底上，課設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)，利用FM_L平面BOE求出M的坐標(biāo)，

而其道OA、OB的距離就是點(diǎn)M橫縱坐標(biāo)的絕對值.

【解答】證明：(I)如圖，連接OP,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)B、OC、OP所在直線為x

軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,

那么O(0,0,0),A[0,-8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P[0,0,6),E(0,

-4,3),F(4,0,3),13分)

由題意得，G[0,4,0),因礫(8,0,0),QE=(0,-4,3))

因此平面BOE的法向量為主(°,3,4)，(-4,4,-3)

得1?而=0，又直線FG不在平面BOE內(nèi)，因此有FGII平面BOE.(6分)

(II)設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(xo,yo,0),那么標(biāo)二(Xq-4,yQ,-3)，

因?yàn)镕M_L平面BOE,

所以有FMIIm因此有x0=4,y0二一/

即點(diǎn)M的坐標(biāo)為(4,0)(8分)

4

\>0

在平面直角坐標(biāo)系xoy中，△AOB的內(nèi)部區(qū)域滿足不等式組，y<0，

x-y<8

經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足上述不等式組，

所以在△ABO內(nèi)存在一點(diǎn)M,使FM_L平面BOE,

由點(diǎn)M的坐標(biāo)得點(diǎn)M到OA,OB的距離為4,8.(12分)

4

【點(diǎn)評】此題考查直線與平面的平行的判定以及距離問題，建立了空間坐標(biāo)系，所有問題就

轉(zhuǎn)化為向量的運(yùn)算，使得問題簡單，解決此類問題時(shí)要注意空間向量的使用.

21.115分)(2023?浙江)橢圓Ci：—+工=](a>b>0)的右頂點(diǎn)A(1,0),過Ci的

2,2x

ab

焦點(diǎn)且垂直長軸的弦長為1.

(I)求橢圓Ci的方程；

(II)設(shè)點(diǎn)P在拋物線C2：y=x2+h(heR)上，C2在點(diǎn)P處的切線與Ci交于點(diǎn)M,N.當(dāng)

線段AP的中點(diǎn)與MN的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)相等時(shí)，求h的最小值.

【考點(diǎn)】圓錐曲線的綜合；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.

【專題】圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；圓錐曲線中的最值與范圍問題.

【分析】(I)根據(jù)題意，求出a,b的值，然后得出橢圓的方程.

(II)設(shè)出M,N,P的坐標(biāo)，將直線代入橢圓，聯(lián)立方程組，根據(jù)△判斷最值即可.

%=1_

a=2

【解答】解：(I)由題意得Jb2,.-J,

2^—=11b=l

a

2

所求的橢圓方程為彳+x2=i，

(II)不妨設(shè)M(xi,yi),N(X2,y2),P[t,t2+h),

那么拋物線C2在點(diǎn)P處的切線斜率為y,|x=t=2t,

直線MN的方程為y=2tx-t2+h,將上式代入橢圓C1的方程中,

得4x2+(2tx-t2+h)2-4=0,

即4(1+t2)x2-4t(t2-h)x+(t2-h)2-4=0,

因?yàn)橹本€MN與橢圓Ci有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

所以有Ai=16[-t4+2(h+2)t2-h2+4]>0,

設(shè)線段MN的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是X3,

xi■!"x9-h)

那么x__l___

322(1+12)

設(shè)線段PA的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是X4,

那么由題意得X3=X4,

x42

即有P+(1+h)t+l=O,

其中的A2=(1+h)2-4>0,h>l^h<-3；

當(dāng)hV-3時(shí)有h+2c0,4-h2<0,

因此不等式△i=16[-t4+2(h+2)t2-h2+4]>0不成立;

因此h2l,當(dāng)h=l時(shí)代入方程t?+(1+h)t+l=0得t=-1,

將h=l,t=-1代入不等式△i=16[-t4+2(h+2)t2-h2+4]>0成立，因此h的最小值為1.

【點(diǎn)評】此題考查圓錐圖象的綜合利用，橢圓方程的應(yīng)用，通過構(gòu)造一元二次方程，利用根

的判別式計(jì)算，屬于中檔題.

22.(15分)(2023?浙江)函數(shù)f(x)=x3-(k2-k+1]x2+5x-2,g(x)=k2x2+kx+l,其

中kGR.

(I)設(shè)函數(shù)p(x)=f(x)+g(x).