卷05——【备考2023】高考数学真题重组卷（新高考地区专用）（含解析）

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冲刺2023年高考数学真题重组卷05

新高考地区专用（解析版）

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8小题，每小题5分，共40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年高考北京卷）已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

B【解析】结合题意利用并集的定义计算即可.

【详解】由题意可得：.

故选：B.

2．（2022年高考全国I卷）若，则（    ）

A． B． C．1 D．2

D【解析】利用复数的除法可求，从而可求.

【详解】由题设有，故，故，

故选：D

3．（2022年高考全国I卷）在中，点D在边AB上，．记，则（    ）

A． B． C． D．

B【解析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．

【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，

所以．

故选：B．

4．（2020高考全国新课标II卷）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）

A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块

C【解析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，

设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.

【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，

则是以9为首项，9为公差的等差数列，，

设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分

别为，因为下层比中层多729块，

所以，

即

即，解得，

所以.

故选：C

【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.

5．（2020年高考全国II卷）要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（    ）

A．2种 B．3种 C．6种 D．8种

C【解析】首先将3名学生分成两个组，然后将2组学生安排到2个村即可.

【详解】第一步，将3名学生分成两个组，有种分法

第二步，将2组学生安排到2个村，有种安排方法

所以，不同的安排方法共有种

故选：C

【点睛】解答本类问题时一般采取先组后排的策略.

6．（2021年高考天津卷）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（    ）

A． B． C． D．

B【解析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.

【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，

设圆锥和圆锥的高之比为，即，

设球的半径为，则，可得，所以，，

所以，，，

，则，所以，，

又因为，所以，，

所以，，，

因此，这两个圆锥的体积之和为.

故选：B.

7．（2021年高考全国乙卷）设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

C【解析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．

【详解】设，由，因为 ，，所以

，

因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；

当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．

故选：C．

【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．

8．（2021年高考全国II卷）已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（    ）

A． B． C． D．

B【解析】推导出函数是以为周期的周期函数，由已知条件得出，结合已知条件可得出结论.

【详解】因为函数为偶函数，则，可得，

因为函数为奇函数，则，所以，，

所以，，即，

故函数是以为周期的周期函数，

因为函数为奇函数，则，

故，其它三个选项未知.

故选：B.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．（2022年高考全国I卷）已知正方体，则（    ）

A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为

C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为

ABD

【解析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.

【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，

因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；

连接，因为平面，平面，则，

因为，，所以平面，

又平面，所以，故B正确；

连接，设，连接，

因为平面，平面，则，

因为，，所以平面，

所以为直线与平面所成的角，

设正方体棱长为，则，，，

所以，直线与平面所成的角为，故C错误；

因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.

故选：ABD

10．（2020年高考全国II卷）已知a>0，b>0，且a+b=1，则（    ）

A． B．

C． D．

ABD【解析】根据，结合基本不等式及二次函数知识进行求解.

【详解】对于A，，

当且仅当时，等号成立，故A正确；

对于B，，所以，故B正确；

对于C，，

当且仅当时，等号成立，故C不正确；

对于D，因为，

所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；

故选：ABD

【点睛】本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数学运算的核心素养.

11．（2022年高考全国I卷）已知函数，则（    ）

A．有两个极值点 B．有三个零点

C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线

AC【解析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.

【详解】由题，，令得或，

令得，

所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；

因，，，

所以，函数在上有一个零点，

当时，，即函数在上无零点，

综上所述，函数有一个零点，故B错误；

令，该函数的定义域为，，

则是奇函数，是的对称中心，

将的图象向上移动一个单位得到的图象，

所以点是曲线的对称中心，故C正确；

令，可得，又，

当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.

故选：AC.

12．（2022年高考全国乙卷）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

AC【解析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.

【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用

情况一

M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，

所以，因为，所以在双曲线的左支，

，， ，设，由即，则，

选A

情况二

若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，

所以，， ，设，

由，即，则，

所以，即，

所以双曲线的离心率

选C

[方法二]：答案回代法

特值双曲线

，

过且与圆相切的一条直线为，

两交点都在左支,，

，

则，

特值双曲线，

过且与圆相切的一条直线为，

两交点在左右两支，在右支，，

，

则，

[方法三]：

依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，

若分别在左右支，

因为，且，所以在双曲线的右支，

又，，，

设，，

在中，有，

故即，

所以，

而，，，故，

代入整理得到，即，

所以双曲线的离心率

若均在左支上，

同理有，其中为钝角，故，

故即，

代入，，，整理得到：，

故，故，

故选：AC.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．（2021年高考全国甲卷）已知函数的部分图像如图所示，则_______________.

【解析】首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.

【详解】由题意可得：，

当时，，

令可得：，

据此有：.

故答案为：.

【点睛】已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：

(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.

(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.

14．（2021年高考天津卷）甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为____________，3次活动中，甲至少获胜2次的概率为______________．

     【解析】根据甲猜对乙没有猜对可求出一次活动中，甲获胜的概率；在3次活动中，甲至少获胜2次分为甲获胜2次和3次都获胜求解.

【详解】由题可得一次活动中，甲获胜的概率为；

则在3次活动中，甲至少获胜2次的概率为.

故答案为：；.

15．（2020年高考全国II卷）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．

.【解析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.

【详解】如图：

取的中点为，的中点为，的中点为，

因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，

又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，

因为，所以侧面，

设为侧面与球面的交线上的点，则，

因为球的半径为，，所以，

所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，

因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，

因为，所以，

所以根据弧长公式可得.

故答案为：.

【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.

16．（2021年高考北京卷）已知函数，给出下列四个结论：

①若，恰 有2个零点；

②存在负数，使得恰有1个零点；

③存在负数，使得恰有3个零点；

④存在正数，使得恰有3个零点．

其中所有正确结论的序号是_______．

①②④【解析】由可得出，考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.

【详解】对于①，当时，由，可得或，①正确；

对于②，考查直线与曲线相切于点，

对函数求导得，由题意可得，解得，

所以，存在，使得只有一个零点，②正确；

对于③，当直线过点时，，解得，

所以，当时，直线与曲线有两个交点，

若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，

直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，

因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；

对于④，考查直线与曲线相切于点，

对函数求导得，由题意可得，解得，

所以，当时，函数有三个零点，④正确.

故答案为：①②④.

【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：

（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；

（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；

（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（2020年高考全国II卷）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．

问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

详见解析【解析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.

【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理

由可得：，不妨设，

则：，即.

若选择条件①：

据此可得：，，此时.

若选择条件②：

据此可得：，

则：，此时：，则：.

若选择条件③：

可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.

［方法二］：正弦定理

由，得．

由，得，即，

得．由于，得．所以．

若选择条件①：

由，得，得．

解得．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时．

若选择条件②：

由，得，解得，则．

由，得，得．

所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时．

若选择条件③：

由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在．

【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；

方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角，可求出角，从而可得，再根据选择条件即可解出．

18．（2021年高考全国乙卷）设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．

（1）求和的通项公式；

（2）记和分别为和的前n项和．证明：．

（1），；（2）证明见解析.【解析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；

（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.

【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，

所以，所以，

即，解得，所以，

所以.

（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和

，

，

．

设，    ⑧

则．     ⑨

由⑧-⑨得．

所以．

因此．

故．

[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法

证明：由（1）可得，

，①

，②

①②得 ，

所以，

所以，

所以.

[方法三]：构造裂项法

 由（Ⅰ）知，令，且，即，

通过等式左右两边系数比对易得，所以．

则，下同方法二．

[方法四]：导函数法

设，

由于，

则．

又，

所以

，下同方法二．

【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.

（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；

方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；

方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，

方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.

19．（2021高考北京卷）在核酸检测中, “k合1” 混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束.

现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确.

（I）将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测.

(i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数;

(ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为.设X是检测的总次数，求X的

分布列与数学期望E(X).

(II）将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y是检测的总次数，试判断数学期望E(Y)与(I)中E(X)的大小.(结论不要求证明)

（1）①次；②分布列见解析；期望为；（2）．【解析】（1）①由题设条件还原情境，即可得解；

②求出X的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解；

（2）求出两名感染者在一组的概率，进而求出，即可得解.

【详解】（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；

所以总检测次数为20次；

②由题意，可以取20，30，

，，

则的分布列:

所以；

（2）由题意，可以取25，30，

两名感染者在同一组的概率为，不在同一组的概率为，

则.

20．（2020年高考浙江卷 ）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（I）证明：EF⊥DB；

（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．

（I）证明见解析；（II）【解析】（）方法一：作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得；

（II）方法一：由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值．

【详解】（）[方法一]：几何证法

作交于，连接．

∵平面平面，而平面平面，平面，

∴平面，而平面，即有．

∵，

∴．

在中，，即有，∴．

由棱台的定义可知，，所以，，而，

∴平面，而平面，∴．

[方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法

作交于O．

∵平面平面，而平面平面，平面，

∴平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示.

设OC=1,∵，，

∴,∴，

∴,,

,

∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD；

[方法三]：三余弦定理法

∵平面ACFD平面ABC，∴,

∴，

又∵DC =2BC．

∴,即,

又∵，∴．

（II）[方法一]：几何法

因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．

作于，连接，由（1）可知，平面，

因为所以平面平面，而平面平面，

平面，∴平面．

即在平面内的射影为，即为所求角．

在中，设，则，，

∴．

故与平面所成角的正弦值为．

[方法二]【最优解】：空间向量坐标系法

设平面BCD的法向量为,

由（）得,,

∴令,则,,,

，,

由于，∴直线与平面所成角的正弦值为．

 [方法三]：空间向量法

以为基底,

不妨设，则

(由（）的结论可得）．

设平面的法向量为，

则由得取，得．

设直线与平面所成角为，

则直线与平面所成角也为，

由公式得．

[方法四]：三余弦定理法

由，

可知H在平面的射影G在的角平分线上．

设直线与平面所成角为，则与平面所成角也为．

由由（）的结论可得，

由三余弦定理，得，

从而．

[方法五]：等体积法

设H到平面DBC的距离为h，

设,则,

设直线与平面所成角为，由已知得与平面所成角也为．

由，,

求得，所以．

【整体评价】（）的方法一使用几何方法证明，方法二利用空间直角坐标系方法，简洁清晰，通性通法，确定为最优解；方法三使用了两垂直角的三余弦定理得到，进而证明，过程简洁，确定为最优解（II）的方法一使用几何做法，方法二使用空间坐标系方法，为通性通法，确定为最优解；方法三使用空间向量的做法，避开了辅助线的求作；方法四使用三余弦定理法，最为简洁，确定为最优解；方法五采用等体积转化法，避免了较复杂的辅助线.

21．（2021高考全国甲卷）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．

（1）求C，的方程；

（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．

（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析【解析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；

（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.

【详解】（1）依题意设抛物线，

，

所以抛物线的方程为，

与相切，所以半径为，

所以的方程为；

（2）[方法一]：设

若斜率不存在，则方程为或，

若方程为，根据对称性不妨设，

则过与圆相切的另一条直线方程为，

此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；

若方程为，根据对称性不妨设

则过与圆相切的直线为，

又，

，此时直线关于轴对称，

所以直线与圆相切；

若直线斜率均存在，

则，

所以直线方程为，

整理得，

同理直线的方程为，

直线的方程为，

与圆相切，

整理得，

与圆相切，同理

所以为方程的两根，

，

到直线的距离为：

，

所以直线与圆相切；

综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.

[方法二]【最优解】：设．

当时，同解法1．

当时，直线的方程为，即．

由直线与相切得，化简得，

同理，由直线与相切得．

因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．

所以直线与相切．

综上所述，若直线与相切，则直线与相切．

【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路

22．（2022年高考全国II卷）已知函数．

(1)当时，讨论的单调性；

(2)当时，，求a的取值范围；

(3)设，证明：．

(1)的减区间为，增区间为.(2)；(3)见解析【解析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.

（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.

（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.

【详解】（1）当时，，则，

当时，，当时，，

故的减区间为，增区间为.

（2）设，则，

又，设，

则，

若，则，

因为为连续不间断函数，

故存在，使得，总有，

故在为增函数，故，

故在为增函数，故，与题设矛盾.

若，则，

下证：对任意，总有成立，

证明：设，故，

故在上为减函数，故即成立.

由上述不等式有，

故总成立，即在上为减函数，

所以.

当时，有，    

所以在上为减函数，所以.

综上，.

（3）取，则，总有成立，

令，则，

故即对任意的恒成立.

所以对任意的，有，

整理得到：，

故

，

故不等式成立.

【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.