2021-2023年全国高考数学典例真题汇编（新高考模式训练）2

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）2姓名：___________班级：___________一．单选题1．【2023-全国数学乙卷（文）高考真题】如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A.24 B.26 C.28 D.302．【2023-全国数学乙卷（文）高考真题】已知是偶函数，则（）A. B. C.1 D.23．【2023-天津卷数学真题】“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件4．【2021-全国新高II卷】北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（）A.26% B.34% C.42% D.50%5．【2022-全国II卷数学高考真题】有甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有多少种（）A.12种 B.24种 C.36种 D.48种6．【2021-天津卷】两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（）A. B. C. D.7．【2021-全国甲卷（理）】若，则（）A. B. C. D.8．【2021-北京数学高考真题】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度．其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨二．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．【2023-北京数学乙卷高考真题】已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为____________．13．【2021-北京数学高考真题】已知抛物线，焦点为，点为抛物线上的点，且，则的横坐标是_______；作轴于，则_______．14．【2023-全国数学乙卷（文）高考真题】若x，y满足约束条件，则的最大值为______.四．解答题15．【2023-天津卷数学真题】在中，角所对的边分別是．已知．（1）求的值；（2）求的值；（3）求．16．【2021-全国甲卷（理）】已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?17．【2021-新高考Ⅰ卷】记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求18．【2023-全国数学乙卷（文）高考真题】在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线：（为参数，）.（1）写出的直角坐标方程；（2）若直线既与没有公共点，也与没有公共点，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）2【参考答案】1．答案:D解析：如图所示，在长方体中，，，点为所在棱上靠近点的三等分点，为所在棱的中点，则三视图所对应的几何体为长方体去掉长方体之后所得的几何体，该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，其表面积为：.故选：D.2．答案:D解析：因为为偶函数，则，又因为不恒为0，可得，即，则，即，解得.故选：D.3．答案:B解析：由，则，当时不成立，充分性不成立；由，则，即，显然成立，必要性成立；所以是的必要不充分条件.故选：B4．答案:C解析：由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：.故选：C.5．答案:B解析：因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，故选：B6．答案:B解析：如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，设圆锥和圆锥的高之比为，即，设球的半径为，则，可得，所以，，所以，，，，则，所以，，又因为，所以，，所以，，，因此，这两个圆锥的体积之和为.故选：B.7．答案:A解析：，，，，解得，，.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.8．答案:B解析：由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，所以积水厚度，属于中雨故选：B.

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：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：令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距，由双曲线的离心率为，得，解得，则，所以双曲线的方程为.故答案为：13．答案:①.5②.解析：因为抛物线的方程为，故且.因为，，解得，故，所以，故答案为：5，.14．答案:8解析：作出可行域如下图所示：，移项得，联立有，解得，设，显然平移直线使其经过点，此时截距最小，则最大，代入得，故答案为：8.15．答案:（1）（2）（3）解析：（2）根据余弦定理即可解出；（3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出．【小问1详解】由正弦定理可得，，即，解得：；【小问2详解】由余弦定理可得，，即，解得：或（舍去）．【小问3详解】由正弦定理可得，，即，解得：，而，所以都为锐角，因此，，故．16．答案:（1）见解析；（2）解析：因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．所以，．由题设（）．（1）因为，所以，所以．（2）设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出（），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．17．答案:（1）证明见解析；（2）.解析：（2）由题设，应用余弦定理求、，又，可得，结合已知及余弦定理即可求.（1）由题设，，由正弦定理知：，即，∴，又，∴，得证.（2）由题意知：，∴，同理，∵，∴，整理得，又，∴，整理得，解得或，由余弦定理知：，当时，不合题意；当时，；综上，.【点睛】关键点点睛：第二问，根据余弦定理及得到的数量关系，结合已知条件及余弦定理求.18．答案:（1）（2）解析：（2）根据曲线的方程，结合图形通过平移直线分析相应的临界位置，结合点到直线的距离公式运算求解即可.【小问1详解】因为，即，可得，整理得，表示以为圆心，半径为1的圆，又因为，且，则，则，故.【小问2详解】因为（为参数，），整理得，表示圆心为，半径为2，且位于第二象限的圆弧，如图所示，若直线过，则，解得；若直线，即与相切，则，解得，若直线与均没有公共点，则或，即实数的取值范围.【选修4-5】（10分）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