8.数学·2023年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)-【名校强基卷】2020-2024年5年高考数学真题汇编

绝密★启用前 2023年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅱ卷） 数学 使用地区：海南、重庆、辽宁、山西、安徽、黑龙江、吉林、云南 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 尔 一 、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.在复平面内，(1十3i)(3一i)对应的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.设集合A={0,一a,B={1,a一2,2a一2}，若A二B,则a= A.2 B.1 c号 D.-1 拼 3.某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初 中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生， 则不同的抽样结果共有 () A.C8。·C5种 B.C0·C0种 C.C8·C9种 D.C·C0种 4.若f(x)=(x+a)l 2x1为偶函数，则a= ( 2.x+1 0 A.-1 B.0 c D.1 5.已知椭圆C:号十=1的左、右焦点分别为F,F,直线y=x十m与C交于A,B两点，若 △F,AB面积是△F,AB面积的2倍，则m= 号 B号 C、② 3 n-号 6.已知函数f(x)=ae一lnx在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为 A.e2 B.e C.e D.e- 7.已知a为锐角，cosa= ,则血号 A.3-5 8 B.-1+5 D.-1+6 8 C. 4 8.记Sn为等比数列{a.}的前n项和，若S,=一5，S6=21S2,则Sg= A.120 B.85 C.-85 D.-120 2023·新课标Ⅱ卷第1页（共8页） 二、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.已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2,点C在底面圆周 上，且二面角PACO为45°，则 () A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4√3π C.AC=2√2 D.△PAC的面积为3 10.设O为坐标原点，直线y=一√3(x一1)过抛物线C:y=2px(p>0)的焦点，且与C交于M,N 两点，为C的准线，则 A.p=2 B.IMNI C.以MN为直径的圆与l相切 D.△OMN为等腰三角形 1.若函数f)=anr+女+(a≠0)既有极大值也有极小值，则 A.bc0 B.ab0 C.b2+8ac0 D.ac<0 12.在信道内传输0,1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为a(0<a<1),收到0 的概率为1一a;发送1时，收到0的概率为3(0<3<1)，收到1的概率为1一B.考虑两种传输 方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次：三次传输是指每个信号重复 发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输 时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1,0,1，则译码为1）.() A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的概率为(1一a)(1一)2 B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1,0,1的概率为3(1一3) C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为(1一)2十(1一B) D.当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案 译码为0的概率 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 13.已知向量a,b满足a-b=3,a+b=2a-b,则b= 14.底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四 棱锥，所得棱台的体积为 15.已知直线x一my十1=0与⊙C:(x一1)2十y2=4交于A,B两点，写出满足“△ABC面积为 g的m的一个值 16.已知函数fx)=sin(ux十p),如图A,B是直线y=号与曲线y=f(x)的两个交点，若AB1= ,则f(x) 2023·新课标Ⅱ卷第2页（共8页） 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.(10分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为3，D为BC的中 点，且AD=1. (I)若∠ADC=,求tanB: (2)若b+c2=8,求b,c. 2023·新课标Ⅱ卷第3页（共8页） a.一6，n为奇数 18.(12分)已知{a}为等差数列，b,= 记Sn,T.分别为数列{an},{bn}的前n项 2an,n为偶数 和，S=32,T3=16. (1)求{a.}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn 2023·新课标Ⅱ卷第4页（共8页） 19.(12分)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差 异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 频率/组型 频率/组 0.040 0.040 0.038 0.036 0.036 0.034 0.034 0.012 0.010 0.002 指标 0.002上-…指标 095100105110115120125130 0707580859095100105 恋病者 未恋病者 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值℃，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或 等于c的人判定为阴性.此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c):误诊 率是将未患病者判定为阳性的概率，记为9(c).假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率 作为相应事件发生的概率. (1)当漏诊率p(c)=0.5%时，求临界值c和误诊率q(c): (2)设函数f(c)=p(c)+g(c).当c∈[95,105]时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间[95， 105]的最小值. 2023·新课标Ⅱ卷第5页（共8页） 20.(12分)如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°，E为BC 的中点 (1)证明：BC⊥DA: (2)点F满足EF=DA,求二面角DABF的正弦值. 2023·新课标Ⅱ卷第6页（共8页） 21.(12分)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为（一25,0），离心率为5. (1)求C的方程： (2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点（一4,0）的直线与C的左支交于M,V两点，M在第 二象限，直线MA,与NA,交于点P,证明：点P在定直线上. 2023·新课标Ⅱ卷第7页（共8页） 22.(12分)(1)证明：当0<x<1时，x-x<sinx<x: (2)已知函数f(x)=cosa.x一ln(1一x),若x=0是f(x)的极大值点，求a的取值范围. 2023·新课标Ⅱ卷第8页（共8页）(II)证法一(设点法):因为矩形ABCD有三个项点在W 记-min{ ,则有1AB|+BCl 1+m^{}k-20 上,由对称性不妨设为A,B.C三点在W上,且AB BC 设点A(a,a+),B(,6{+),c(c.+),显然 + 1+ -2ro1+· +1一 直线AB,BC的斜率均存在,且不为零, #1+{·(n).# 不妨设直线AB的斜率kA-a十b0. 同理n-b十c. 下同证法一. 则有kA·knc-(a十b)(b十c)--1. 2023年普通高等学校招生全国统一考试 记b=a+b-k>0,则knc-b+c=- (新课标II卷) 则有a-c=(a+b)-(6+c)=+士→0, 1.A 因为(1十3i)(3-i)一6十8i,所以在复平面内其对应的 从而|AB|+|BCl=1+(a+){②}a-bl+1+(+c )^$} 点坐标为(6,8),位于第一象限,故选A. 2.B若-a-1,则a=-1,此时A-0,1),B-1,-3, -4,不满足题意;若-a=a-2,则a-1,此时A-(0. 记m-min{ ,,刻有|ABl+1BCl 1+m^{}la-bl -1,B-(1,-1,0),ACB,满足题意;若-a-2a-2,即a ##此时 $A- {0#,),B-(1-#},不满足是题# +V1+m^{}|6-cl-1+m^{}|1a-b+b-cl- 1+m{} #-61_·() 意,故选B. 高中部抽取20人,则不同的抽样结果共有C1。·C2。种; 则广(n)2(m+){}+(1+m2)·,2(1+)· 故选D. 4.B 解法一;因为/(x)的定义域为(-.-)U(. (1-)-2(+)(1+})(2-), 十。),且f(x)为偶函数,所以/(一1)=f(1)(方法:通过 所以f(m)在(o,^})上单调减,在(^{},+)上单调递 得a-0,故选B. 增, 解法二:由题可知Vx(-,-)U(,+),都有 所以f(m)min-()-(1+)(2+v2)#-27. f(一x)一f(x)(方法:通过偶函数的定义列出等式,通过对 所以矩形ABCD的周长为2(|AB +|BC|) #()→#({})一#一、< 一1用10-10-0以-- 两个不等式取等条件不同,所以矩形ABCD的周长大于 33. a,所以a-0,故选B. 证法二(设线法):因为矩形ABCD有三个顶点在W上, 5.C 解法一:设F,F。到直线y=x+m的距离分别为d. 由对称性不妨设A,B.C三点在W上,且AB|BC. 显然直线AB,BC的斜率均存在,且不为零,不妨设直线 2 -#2m.,因为S△r =2$△r An,所以}ABl·d= AB的斜率为kAB-k0,则&=- 设B(7o,+). $x AB l·d2,即d=2d2,所以|-v②+ml= 则直线AB的方程为y-(2+)-k(x-xo). 23y2-3.消 21v2+m,所以m-- 代入y-2}十消去y整理可得x{}-kx十xo(-xo)- -x十m. y得4r?+6mx+3m}-3-0,则A=36m-16(3n}-3)> 0.(*) 0.解得n{}{4(方法:根据直线与圆相交,确定n的取值 由题意可知x与xA为方程(*)的两个根, 所以xA-k-xo,同理可得xc=- 解法二:设直线y-x十m与x轴的交点为M,所以S△FA 所以|AB|+|B[C|-1+^{②}1-2xo|+ #1-#20 # 为S FAB=2S FAB,所以 MF |=2|MFl.又|FF = 数学答案-27 OA·PA-2V③×,故B选项错误;对于C.AC-2AM= ##一3、().# 2V②,故C选项正确;对于D,因为AC-2v2,所以PA②}+ 且y-x十m与C有两个交点,则m--) PC^{②}一AC^{②},所以 APC一90{*}(提示:勾股定理的逆定理), 故选C. 所以SpAc- 2 rx+r 10.AC 因为y=一3(x-1)与x轴的交点(1,0)为抛物线 的焦点,所以p=2,故选项A正确;联立 {-3(x-1)·消y得3-2-10x+3-0,解得x- 6.C 由题意得/(x)-ae{-1→0对Vx(1,2)恒成立, 2-4x. 或x-3.所以不妨令直线与抛物线的交点为M(. rer 2).易知(x)在区间(1,2)上单调递减,所以(x) (l) -士,所以a二士,即a的最小值为e,故选C. 线段MN的中点Q(^2$)准线(:x-1的距离 7.D 因为a为锐角,所以sin号→0.因为cosa-1-2sin{} #,所以sin-## 3-6-2 -1故选D. 3 8.C 解法一:设等比数列a。的公比为o,若q一1,则S= 11.BCD由题可知,函数f(x)的定义域为(0,十),/(x) 4a--5,即a-- 2. -^}-bx-20.因为f(x)有极大值和极小值,所以方程 与S。一21S。矛盾,故g去1(易错:等比数列求前”项和需 ar^?}一bx一2c=0有两个不相等的正根,则有 (△-b2+8ac>0. #(1-), # S1--1+}+-21,解得^}一 __0 {x十r2= 1一q ,即62+8ac>0.ab0,ac<0,故 4(舍).又S-( ax(-15)--5,所以 1.-2。 选BCD. 故选C. 得所求概率为(1-3)(1-a)(1-)=(1-a)(1-B)②,故 选项A正确;对于B选项,所求概率为(1一8)B(1一3) 解法二:易知数列a)的公比a关一1,由等比数列的性质 3(1一3)^{②},故选项B正确;对于C选项,易知三次传输收 可知S.S-S.S-S.S-S成等比数列,公比为q 到信号1的次数x(x一0.1,2,3)服从二项分布,即x~ >0.由S,S-S,S-S.成等比数列可得(-5-S)? B(3,1一).采用三次传输方案,若发送1,译码为1,则需 要收到的信号中1出现的次数多,即x一2或3,所以采用 三次传输方案,若发送1,译码为1的概率为P(x一2)十 时,S-S--4.S6-S--16,S-S--64,则Ss= P(x=3)=C^(1-3+C(1-)=3(1-)+(1 5时,s-S-- -85;当S- 25 .与s,S-S,s-s 3)③},故选项C不正确;对于D选项,若发送0.则记单次传 输译码为0、三次传输译码为0分别为事件X,Y,则P(X) 的公比为g②一0矛盾(易错:等比数列的每一项都不能为 -1-a,三次传输中收到信号为0的次数n(n-0,1,2,3) 0.当公比为-1时,S,S-S.S一S.每项都为0,不构 服从二项分布,即n~B(3,1一a),则P(Y)=C{}(1-a)?} 成等比数列).综上,S一一85,故选C. +C(1-a)-(1一a)(1+2a),所以P(Y)-P(X)- 9.AC 因为 APB=120*,PB=PA-2,所以PO-1,AO (1-a)?(1+2a)-(1-a)-a(1-a)(1-2a).又因为0< 3.取线段AC的中点M,由OA-OC可知OM1AC.又 <0.5.所以P(Y)-P(X)0.即P(Y)P(X).故选项 PA=PC,所以PM AC,所以 PMO为二面角P-ACC D正确(提示:比较大小可以用作差法也可以用作商法), -1,则OM 故选ABD. -1.AM一、2.对于A,该锥的体积V-(πXOA2)· 13. ③ 由la+bl=|2a-bl,两边平方得a^{}+b{}+2a·b 4a}+b2-4a·b,即a②-2a·b,代入a{}+b-2a·b-3, PO一π:故A选项正确;对于B,该圆锥的例面积S一π· 得b一③. 数学答案-28 14.28 如图,易知截面边长AB'和 17.解:(I)解法一:由题意得S△ABC=S△ADB十S△AC. 正四校锥底面边长AB分别为2 和4,截去的小四校锥P-A'B'C D'的高为PO,四枝锥PABCD 又DB-DC. 所以3-×DAXDBxsinADB+×DAXDCX 的高为PO,则PO-PO,所 sn ADc-(××sin2+××sn 以校台的高O0为3,所以校台 S正方愁ABCD+S正方郡AB'CD'·S正考ABCD)·OOY-1 解得a-4,即BC-4,则DB-DC-2. (4+16+4×16)×3-28. 在△ADB中,由余弦定理得c^{}-DB^{}+DA^{}-2 DB -(写出一个即可) $15.m=2或m=-2或m--或m=- DA·cos ADB-7,即 -V7. 在△ADB中, 解法一:易得直线过定点(一1,0),是说点在C上,不妨 由余弦定的推论得 cos BDB②+2DA^{5、#7 记B(-1,0),直线AB的倾斜角为0,则|ABl-4lcos l, 2DB·C 14 过点C作CM|AB于点M,则圆心C到直线AB的距离 又在钝角△ADB中,BE(o.), ICM 一2lsin0(易错:易忽略掉绝对值造成漏解),所以 A 解法二:过点A作AE BC于点E,如图, 8cos0--- 1或 在Rt△ADE中,乙ADE-.AD-1, #AER-DEF-.# 解法二:记 CM|-d,则|AB|-24-d^{,所以SAnc= 4v5 5 n十1 5 BE5 m^{+1 5 (II)因为ADB十ADC一×. 所以cos ADB+cos ADC=0. 在八ADB与△ADC中,由余弦定理的推论得 AA# 2DBXDA 2DCXDA n (){}+12-^{}(){}+12-62 即, 2x×1 2x×1 -0. 又b?+c2-8,解得a2-12. 在八ABC中,由余弦定理的推论得 2b +)#_代入点(2{,o),得 sin(8+)-0,#解得{8π+ 2c 在△ABC中,由三角形面积公式得 2π,则 p=2-,所以f(nx)=sin(4x-2-),故(x)= 3-S△c-besin A. sin(4-2-)-# 化简可得sinA-2、3 bc: 数学答案一29 又cosA-- 所以g(c)-0.025+0.010-0.035-3.5%(提示;先由患 病者的频率分布直方图得漏诊率,再由未患病者的频率 所以tanA-sinA--3. 分布直方图得误诊率). cosA (I)当cE[95,100)时,(c)-(c-95)×0.002-0.002 又A(0.). -0.19. 所以A-2-,则cosA--- 1__ ()=(100-c)×0.010+0.010=1.01-00lc }-8.可得6c-2. 所以f(c)-p(c)+q(c)-0.82-0.008c. 解方程组 bc-4. 所以f(c)在95,100)上单调递减 18.解:(I)解法一:因为a)为等差数列,设其首项为aì,公 则f(c)>f(100). 差为d, 当 [100,105]时,(c)=(c-100)×0.012+0.010= 0.012c-1.19. 则S -4a +6d-32,T-a -6+2a+a-6-4a +4$$ (c)-(105-c)×0.002-0.21-0.002c -12-16. 所以f(c)-p(c)+q(c)-0.0lc-0.98. 解得ai-5,d-2. 所以a.-2n+3,nN. 所以f(c)在[100,105]上单调递增,则/(c)在区间[100. 105 的最小值为f(100)-1-0.98-0.02. 解法二,S-aì+a+aa+a-2(a+a)-32. 综上所述,f(c)在区间[95,105]的最小值为0.02. T=a-6+2a+a-6-4a-12-16 20.解:(I)证明:连接AE,DE,如图所示, 联立解得a2-7,a-9, 所以a.-2n+3,nCN'. (II)证明:当n为奇数时, T.-(a-6)+2a+(a-6)+2a+..+(a-6), =(a-6)十(a-6)+..+(an-6)十2(a2+a+..十 an一) -(aì+a2+.-+an)十(a+a.-+a-1)-6·n+1 2 :DA-DB=DC, ADB= ADC-6 0$$ (n-1)(a2十an-1) .△DAC和△DAB为两个全等的等边三角形, -S2 -3(n+1) '.AB-AC-DC-DB. “.E为BC的中点, ..BCIAE,BCIDE. 2 .T。-s.(n+4)(n-1)-3(n+1) ·AFODE=E,AE,DEC平面ADE .BC平面ADE. 2 2-3n-10 又DA二平面ADE. 2 .BC|DA. (n-5)(n+2) (II)设AD=CD=AC-BD-AB-$② 2 由BD|CD得BC-2. '.当n5时,T.一S.0,即T.S,得证; “E为BC的中点, 当n为偶数时, .BE-CE-1. T.=(a-6)+2a+(a-6)+2a+..+(a-1-6) 又 DE BC.AE BC. 十2a .AE-VAB-BE-1. -(aìt十a2..十a)十(a2+at.+a)-6·2 DE-BC-1: -$.(n+5)n-3n 又AD-2. 2 .AE*+DE-AD. .AEDE. '.以E为坐标原点,ED,EB,EA所在直线分别为x,y, .T.-S.n(u-1) 2 轴建立空间直角坐标系如图所示: '当n5时,T.一S0,即TS,得证 2 综上所述,当n5时,TS。成立. 19.解:(I)由患病者的频率分布直方图知,P(95 患病者指 标100)-0.002×5-0.010 95+100_ 所以当o(c)-0.5%-0.005时,临界值 97.5. 由未患病者的频率分布直方图知,P(95 未患病者指标 <100)-0.010×5-0.05,P(100 未&病者指标 105) ..E(0,0,0).D(1,0,0),B(0.1.0),A(0,0,1). 则AB=(0.1,-1).DA-(-1.0.1).DB-(-1,1,0). -0.002×5-0.010,则P(97.5 未患病者指标<100) .EF-DA. 0.025. 数学答案-30 .F(-1.0.1),AF-(-1.0.0). 所以g(x)在(0,1)上是增函数. 设平面DAB的法向量为n-(xi,y1,). 因为g(0)-0,所以当0 x1时,g(x)0. [DA·=-x1+-0. 即/(x)0. 则一 所以f(x)在(0,1)上是增函数 DB·n=-x+y-0. 又因为f(0)-0. 令zx1-1,则n=(1,1,1). 所以当o<r 1时,f(x)>0,即sinx-x+>0. 设平面ABF的法向量为m=(x2,y2,x2). 所以r-r2<sinx, AF·m=-22-0. 令h(x)=sinr-x.0<r<1. 则→ AB·m=y-z2-0. 则'(x)-cosr-10. 令y-1,则n-(0.1,1). 所以h(x)在(0,1)上是减函数 设二面角DAB-F的平面角为0. 又因为h(0)-0,所以当0 x<1时,h(x) 0. 由题图易知二面角DABF为钝角(易错:注意二面角的 即sinx-x0,所以sinxx. 大小). 综上,当0<x<1时,r-<sinxx. mn__ 2 (II)f(x)-cosar-ln(1-r2),x(-1.1). 则cos-- 6 m.n- ③② .sin)3. 因为x一0是f(x)的极大值点,所以存在xo(0,1),使 .二面角DAB-F的正弦值为^3}. 得/(x)在(0,x。)上是减函数, 21.解:(I)由题意可知c-2.-v,则a-2. 当x→o时,-asinax+2→(-a*+2)x. 1-^{} 所以有a?一2. (II)证明:设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y). 当a(v2,+oo)时,令x(o.). N(x,y).易知A(-2,0),A(2,0). (x-my-4. 整理得(4n②-1)y2-32my+48-0,其 2###)# 中4m{②}-1-0.且△>0,y1+y2= 32n 42{1·y132 2-a②+a{2+a^{r(1--)_2-^{}+2a③} 1-2 48 1-2 4n-1 (提示:当a(v2,+o),xe(o.)时,a*x(1--2)< 由题可得直线MA:的方程:y-1 (c十2),直线NA。 ax,a②r?<ax), 所以只^2即可满足题意,又因为^,所 23 2{} 求点P). 2{ 联立直线MA;和直线NA。的方程得 x+2y2(x1+2) 等式成立的区间端点), x-21(x-2) 则当xe(0,xo)时,有/(c)--asinax+2x 1-0成 y2(ny1-2) y1(y2-6) 立,由f(x)是奇函数知,当x(一x,0)时,f(r)>0. ny1-2(y,+y)+2y1 所以x一0是f(r)的极大值点。 7ny1y-6yi 由a的正负对称性得a的取值范围是(一,一 ②(②,十o). n.__ 4n-1 “4n2-1 2023年普通高等学校招生全国统一考试 4m一1 (北京卷) -16m十2y1 4n{12_- 1 一 1.A 由题意,M=xlx+2>0=xlx-2,N={xl ), 1o)-(xlr<1. 根据交集的运算可知,MON-{x -2<r<1. 解得x一-1. 故选:A. 所以点P在定直线x一一1上. 22.解:(I)证明:令f(x)=sinx-x十x2,0<x1,则f(x) 2.Dx在复平面对应的点是(一1,③),根据复数的几何意 =cosx-1+2x. 义,一-1十③i. 令g(x)=cosr-1+2x.0<x<1. 由共辄复数的定义可知,一一1一③ 则g(x)--sinx十20. 故选:D. 数学答案-31