2021-2023年全国高考数学典例真题汇编（新高考模式训练）15

试卷第1页，共SECTIONPAGES1页2021-2023年全国高考数学典例真题汇编（新高考模式训练）15姓名：___________班级：___________一．单选题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）1．【2023-天津卷数学真题】已知集合，则（）A. B. C. D.2．【2022-全国II卷数学高考真题】（）A. B. C. D.3．【2021-全国新高II卷】复数在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限4．【2021-新高考Ⅰ卷】已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A. B. C. D.5．【2023-天津卷数学真题】若，则的大小关系为（）A. B.C. D.6．【2021-北京数学高考真题】和是两个等差数列，其中为常值，，，，则（）A. B. C. D.7．【2022-浙江卷数学高考真题】如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（）A. B. C. D.8．【2022-全国甲卷数学高考真题】已知，则（）A. B. C. D.二．多选题（本大题共1小题，每小题5分，共5分）9．【2021-新高考Ⅰ卷】有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（）A.两组样本数据的样本平均数相同B.两组样本数据的样本中位数相同C.两组样本数据的样本标准差相同D.两组样数据的样本极差相同10．【2021-全国新高II卷】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（）A. B.C. D.11．【2021-全国新高II卷】设正整数，其中，记．则（）A. B.C. D.三．填空题（本大题共1小题，每小题5分，共5分）12．【2023-天津卷数学真题】在的展开式中，项的系数为_________．13．【2021-天津卷】若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点，则____________．14．【2023-北京数学乙卷高考真题】我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则___________；数列所有项的和为____________．四．解答题（本大题共1小题，每小题12分，共12分）15．【2022-天津数学高考真题】在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值.16．【2022-天津数学高考真题】直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面所成二面角的余弦值．17．【2023-新课标全国Ⅰ卷真题】已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．18．【2023-全国数学甲卷（文）高考真题】已知函数．（1）当时，讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．19．【2021-新高考Ⅰ卷】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.答案第1页，共SECTIONPAGES1页2021-2023年全国高考数学典例真题汇编（新高考模式训练）15【参考答案】1．【答案】A【解析】由，而，所以.故选：A2．【答案】D【解析】，故选：D.3．【答案】A【解析】，所以该复数对应的点为，该点在第一象限，故选：A4．【答案】B【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选：B.5．【答案】D【解析】由在R上递增，则，由在上递增，则.所以.故选：D6．【答案】B【解析】由已知条件可得，则，因此，.故选：B.

7．【答案】A【解析】如图所示，过点作于，过作于，连接，则，，，，，，所以，故选：A．8．【答案】A【解析】因为,因为当所以,即,所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A9．【答案】CD【解析】A：且，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；C：，故方差相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；故选：CD10．【答案】BC【解析】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.11．【答案】ACD【解析】对于A选项，，，所以，，A选项正确；对于B选项，取，，，而，则，即，B选项错误；对于C选项，，所以，，，所以，，因此，，C选项正确；对于D选项，，故，D选项正确.故选：ACD.12．【答案】【解析】展开式的通项公式，令可得，，则项的系数为.故答案为：60.13．【答案】【解析】设直线的方程为，则点，由于直线与圆相切，且圆心为，半径为，则，解得或，所以，因为，故.故答案为：.14．【答案】①.48②.384【解析】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，则，且，可得，则，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因为为等比数列，则，且，所以；又因为，则；空2：设后7项公比为，则，解得，可得，所以.故答案为：48；384.15．【答案】（1）（2）（3）【解析】（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．【小问1详解】因为，即，而，代入得，解得：．【小问2详解】由（1）可求出，而，所以，又，所以．【小问3详解】因为，所以，故，又，所以，，而，所以，故．16．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】（2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值；（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】证明：在直三棱柱中，平面，且，则以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、、，则，易知平面的一个法向量为，则，故，平面，故平面.【小问2详解】解：，，，设平面的法向量为，则，取，可得，.因此，直线与平面夹角的正弦值为.【小问3详解】解：，，设平面的法向量为，则，取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.17．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.【小问1详解】因为，定义域为，所以，当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】方法一：由（1）得，，要证，即证，即证恒成立，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以要证，即证，即证，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.18．【答案】（1）在上单调递减（2）【解析】（2）法一：构造函数，从而得到，注意到，从而得到，进而得到，再分类讨论与两种情况即可得解；法二：先化简并判断得恒成立，再分类讨论，与三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得时不满足题意，从而得解.【小问1详解】因为，所以，则，令，由于，所以，所以，因为，，，所以在上恒成立，所以在上单调递减.【小问2详解】法一：构建，则，若，且，则，解得，当时，因为，又，所以，，则，所以，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；综上所述：若，等价于，所以的取值范围为.法二：因为，因为，所以，，故在上恒成立，所以当时，，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；当时，因为，令，则，注意到，若，，则在上单调递增，注意到，所以，即，不满足题意；若，，则，所以在上最靠近处必存在零点，使得，此时在上有，所以在上单调递增，则在上有，即，不满足题意；综上：.【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论这种情况的关键是，注意到，从而分类讨论在上的正负情况，得到总存在靠近处的一个区间，使得，从而推得存在，由此得解.19．【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【解析】（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即，故，设，由（1）可知不妨设.因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若，要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则