2021-2023年全国高考数学典例真题汇编（新高考模式训练）49

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）49姓名：___________班级：___________一．单选题1．【2022-天津数学高考真题】“为整数”是“为整数”的（）A.充分不必要 B.必要不充分C.充分必要 D.既不充分也不必要2．【2021-全国甲卷（理）】设集合，则（）A. B.C. D.3．【2022-全国II卷数学高考真题】已知集合，则（）A. B. C. D.4．【2022-天津数学高考真题】化简的值为（）A.1 B.2 C.4 D.65．【2023-新课标全国Ⅰ卷真题】过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（）A.1 B. C. D.6．【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-全国甲卷数学高考真题】椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（）A. B. C. D.8．【2023-北京数学乙卷高考真题】坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（）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-全国新高II卷】设正整数，其中，记．则（）A. B.C. D.三．填空题12．【2021-浙江卷】我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则___________.13．【2023-北京数学乙卷高考真题】已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为__________，_________．14．【2021-浙江卷】袋中有4个红球m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则___________，___________.四．解答题15．【2022-浙江卷数学高考真题】在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．（1）求的值；（2）若，求的面积．16．【2022-全国甲卷数学高考真题】在四棱锥中，底面．（1）证明：；（2）求PD与平面所成的角的正弦值．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．【2023-天津卷数学真题】已知函数．（1）求曲线在处切线的斜率；（2）当时，证明：；（3）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）49【参考答案】1．答案:A解析：由题意，若为整数，则为整数，故充分性成立；当时，整数，但不为整数，故必要性不成立；所以“为整数”是“为整数”的充分不必要条件.故选：A.2．答案:B解析：因为，所以,故选：B.【点睛】本题考查集合的运算，属基础题，在高考中要求不高，掌握集合的交并补的基本概念即可求解.3．答案:B解析：，故，故选：B.4．答案:B解析：详解】原式，故选：B5．答案:B解析：方法一：因为，即，可得圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，因为，则，可得，则，，即为钝角，所以；法二：圆的圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，连接，可得，则，因为且，则，即，解得，即为钝角，则，且为锐角，所以；方法三：圆的圆心，半径，若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；若切线斜率存在，设切线方程为，即，则，整理得，且设两切线斜率分别为，则，可得，所以，即，可得，则，且，则，解得.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:A解析：解：，设，则，则，故，又，则，所以，即，所以椭圆的离心率.故选：A.8．答案:C解析：如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，所以.因为平面，平面，所以，因为，平面，，所以平面，因为平面，所以，.同理：，又，故四边形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因为，所有棱长之和为.故选：C9．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：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:25解析：由题意可得，大正方形的边长为：，则其面积为：，小正方形的面积：，从而.故答案为：25.13．答案:①.②.解析：因为在上单调递增，若，则，取，则，即，令，则，因为，则，即，则.不妨取，即满足题意.故答案为：.14．答案:(1).1(2).解析：，所以，,所以,则．由于．故答案为：1；．15．答案:（1）；（2）．解析：（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．【小问1详解】由于，，则．因为，由正弦定理知，则．【小问2详解】因为，由余弦定理，得，即，解得，而，，所以的面积．16．答案:（1）证明见解析；（2）.解析：（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【小问1详解】证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因平面，所以；【小问2详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，

则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.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）（2）证明见解析（3）证明见解析解析：（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理