2021-2023年全国高考数学典例真题汇编（新高考模式训练）48VIP

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）48姓名：___________班级：___________一．单选题1．【2022-天津数学高考真题】设全集，集合，则（）A. B. C. D.2．【2023-新课标全国Ⅰ卷真题】已知集合，，则（）A. B. C. D.23．【2022-全国甲卷数学高考真题】若，则（）A. B. C. D.4．【2022-全国II卷数学高考真题】中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（）A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.95．【2023-全国数学乙卷（文）高考真题】正方形的边长是2，是的中点，则（）A. B.3 C. D.56．【2021-北京数学高考真题】函数，试判断函数的奇偶性及最大值（）A.奇函数，最大值为2 B.偶函数，最大值为2C.奇函数，最大值为 D.偶函数，最大值为7．【2022-北京数学高考真题】已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（）A. B. C. D.8．【2022-天津数学高考真题】已知，关于该函数有下列四个说法：①最小正周期为；②在上单调递增；③当时，的取值范围为；④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到．以上四个说法中，正确的个数为（）A. B. C. D.二．多选题9．【2021-全国新高II卷】下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（）A.样本的标准差 B.样本的中位数C.样本的极差 D.样本的平均数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-新高考Ⅰ卷】已知点在圆上，点、，则（）A.点到直线的距离小于B.点到直线的距离大于C.当最小时，D.当最大时，三．填空题12．【2023-天津卷数学真题】已知是虚数单位，化简的结果为_________．13．【2022-北京数学高考真题】设函数若存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为___________．14．【2022-全国甲卷数学高考真题】从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．四．解答题15．【2023-新课标全国Ⅰ卷真题】已知在中，．（1）求；（2）设，求边上的高．16．【2023-全国数学甲卷（文）高考真题】如图，在三棱柱中，平面．（1）证明：平面平面；（2）设，求四棱锥的高．17．【2023-天津卷数学真题】设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．（1）求椭圆方程及其离心率；（2）已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．18．【2021-全国新高II卷】已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．19．【2021-全国甲卷（理）】在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（1）将C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设点A的直角坐标为，M为C上的动点，点P满足，写出Р的轨迹的参数方程，并判断C与是否有公共点．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）48【参考答案】1．答案:A解析：，故，故选：A.2．答案:C解析：方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．方法一：因为，而，所以．故选：C．方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以．故选：C．3．答案:C解析：故选：C4．答案:D解析：设，则，依题意，有，且，所以，故，故选：D5．答案:B解析：方法一：以为基底向量，可知，则，所以；方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则，可得，所以；方法三：由题意可得：，在中，由余弦定理可得，所以.故选：B.6．答案:D解析：由题意，，所以该函数为偶函数，又，所以当时，取最大值.故选：D.

7．答案:B解析：设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，且，故.因为，故，故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，而三角形内切圆的圆心为，半径为，故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为故选：B8．答案:A解析：因为，所以的最小正周期为，①不正确；令，而在上递增，所以在上单调递增，②正确；因为，，所以，③不正确；由于，所以的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，④不正确．故选：A．9．答案:AC解析：由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；故选：AC.10．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：圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，，，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线与半径为圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.12．答案:或者解析：由题意可得.故答案为：.13．答案:①.0（答案不唯一）②.1解析：解：若时，，∴；若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求；若时，当时，单调递减，，当时，∴或，解得，综上可得；故答案为：0（答案不唯一），1

14．答案:.解析：从正方体的个顶点中任取个，有个结果，这个点在同一个平面的有个，故所求概率．故答案为：．

15．答案:（1）（2）6解析：（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.【小问1详解】，，即，又，，，，即，所以，.【小问2详解】由（1）知，，由，由正弦定理，，可得，，.16．答案:（1）证明见解析.（2）解析：(2)过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.【小问1详解】证明：因为平面，平面,所以,又因为，即，平面，,所以平面，又因为平面,所以平面平面.【小问2详解】如图，过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱锥的高为.因为平面，平面,所以,,又因为，为公共边，所以与全等，所以.设，则，所以为中点，,又因为,所以,即，解得，所以，所以四棱锥的高为．17．答案:（1）椭圆的方程为，离心率为.（2）.解析：（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.【小问1详解】如图，由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.【小问2详解】由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为.18．答案:（1）；（2）证明见解析.解析：（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.19．答案:（1）；（2）P的轨迹的参数方程为（为参数），C与没有公共点.解