2021-2023年全国高考数学典例真题汇编（新高考模式训练）9

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）9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-全国数学甲卷（文）高考真题】设全集，集合，则（）A B. C. D.2．【2021-浙江卷】已知，，(i为虚数单位)，则（）A. B.1 C. D.33．【2021-浙江卷】设集合，，则（）A. B. C. D.4．【2021-天津卷】函数的图像大致为（）A. B.C. D.5．【2022-浙江卷数学高考真题】已知，则（）A.25 B.5 C. D.6．【2022-全国II卷数学高考真题】正三棱台高为1，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（）A. B. C. D.7．【2021-浙江卷】已知函数，则图象为如图的函数可能是（）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-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】已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（）A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C.若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切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（本大题共1小题，每小题5分，共5分）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．【2022-北京数学高考真题】己知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：①的第2项小于3；②为等比数列；③为递减数列；④中存在小于的项．其中所有正确结论序号是__________．14．【2022-天津数学高考真题】已知是虚数单位，化简的结果为_______．四．解答题（本大题共1小题，每小题12分，共12分）15．【2022-北京数学高考真题】在中，．（1）求；（2）若，且的面积为，求的周长．16．【2023-天津卷数学真题】三棱台中，若面，分别是中点.（1）求证：//平面；（2）求平面与平面所成夹角的余弦值；（3）求点到平面的距离．17．【2021-全国新高II卷】在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．18．【2023-全国数学甲卷（文）高考真题】已知．（1）求不等式的解集；（2）若曲线与轴所围成的图形的面积为2，求．19．【2021-北京数学高考真题】定义数列：对实数p，满足：①，；②；③，．（1）对于前4项2，-2，0，1的数列，可以是数列吗？说明理由；（2）若是数列，求值；（3）是否存在p，使得存在数列，对？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说明理由．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）9【参考答案】1．【答案】A【解析】因为全集，集合，所以，又，所以，故选：A.2．【答案】C【解析】，利用复数相等的充分必要条件可得：.故选：C.3．【答案】D【解析】由交集的定义结合题意可得：.故选：D.4．【答案】B【解析】设，则函数的定义域为，关于原点对称，又，所以函数为偶函数，排除AC；当时，，所以，排除D.故选：B.5．【答案】C【解析】因为，，即，所以．故选：C.6．【答案】A【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．故选：A．7．【答案】D【解析】对于A，，该函数非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，，则，当时，，与图象不符，排除C.故选：D.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】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】ABD【解析】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则，所以，则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.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】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】①③④【解析】由题意可知，，，当时，，可得；当时，由可得，两式作差可得，所以，，则，整理可得，因为，解得，①对；假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，②错；当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；假设对任意的，，则，所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.

14．【答案】##【解析】．故答案为：．

15．【答案】（1）（2）【解析】（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【小问1详解】解：因为，则，由已知可得，可得，因此，.【小问2详解】解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为.16．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解小问1详解】连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面.【小问2详解】过作，垂足为，过作，垂足为,连接.由面，面，故，又，，平面，则平面.由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面与平面所成角即.又，，则，故，在中，，则，于是【小问3详解】[方法一：几何法]过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.由题干数据可得，，，根据勾股定理，，由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.又平面，则，又，，平面，故平面.在中，，又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是.[方法二：等体积法]辅助线同方法一.设点到平面的距离为.，.由，即.17．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.18．【答案】（1）（2）【解析】（2）写出分段函数,画出草图,表达面积解方程即可.【小问1详解】若,则,即,解得,即,若,则,解得,即,综上,不等式的解集为.【小问2详解】.画出的草图,则与坐标轴围成与的高为,所以所以,解得

19．【答案】（1）不可以是数列；理由见解析；（2）；（3）存在；．【解析】(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；(3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.(1)由性质③结合题意可知，矛盾，故前4项的数列，不可能是数列.(2)性质①，由性质③，因此或，或，若，由性质②可知，即或，矛盾；若，由有，矛盾.因此只能是.又因为或，所以或.若，则，不满足，舍去.当，则前四项为:0，0，0，1，下面用纳法证明：当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，当时：若，则，利用性质③：，此时可得：；否则，若，取可得：，而由性质②可得：，与矛盾.同理可得：，有；，有；，又因为，有即当时命题成立，证毕.综上可得：，.