2023年新高考(新課標(biāo))全國(guó)2卷數(shù)學(xué)試題真題(含答案解析)

2023年新高考全國(guó)Ⅱ卷數(shù)學(xué)試題一、單選題1．在復(fù)平面內(nèi)，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）．A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．設(shè)集合和，若，則（）．A．2 B．1 C． D．3．某學(xué)校為了解學(xué)生參加體育運(yùn)動(dòng)的情況，用比例分配的分層隨機(jī)抽樣方法作抽樣調(diào)查，擬從初中部和高中部?jī)蓪庸渤槿?0名學(xué)生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學(xué)生，則不同的抽樣結(jié)果共有（）．A．種 B．種C．種 D．種4．若為偶函數(shù)，則（）．A． B．0 C． D．15．已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為和，直線與C交于A，B兩點(diǎn)，若面積是面積的2倍，則（）．A． B． C． D．6．已知函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則a的最小值為（）．A． B．e C． D．7．已知為銳角和，則（）．A． B． C． D．8．記為等比數(shù)列的前n項(xiàng)和，若和，則（）．A．120 B．85 C． D．二、多選題9．已知圓錐的頂點(diǎn)為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，和，點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角為45°，則（）．A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側(cè)面積為C． D．的面積為10．設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線過(guò)拋物線的焦點(diǎn)，且與C交于M，N兩點(diǎn)，l為C的準(zhǔn)線，則（）．A． B．C．以MN為直徑的圓與l相切 D．為等腰三角形11．若函數(shù)既有極大值也有極小值，則（）．A． B． C． D．12．在信道內(nèi)傳輸0，1信號(hào)，信號(hào)的傳輸相互獨(dú)立．發(fā)送0時(shí)，收到1的概率為，收到0的概率為；發(fā)送1時(shí)，收到0的概率為，收到1的概率為.考慮兩種傳輸方案：?jiǎn)未蝹鬏敽腿蝹鬏敚畣未蝹鬏斒侵该總€(gè)信號(hào)只發(fā)送1次，三次傳輸是指每個(gè)信號(hào)重復(fù)發(fā)送3次．收到的信號(hào)需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：?jiǎn)未蝹鬏敃r(shí)，收到的信號(hào)即為譯碼；三次傳輸時(shí)，收到的信號(hào)中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼（例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1）.A．采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1，0，1，則依次收到l，0，1的概率為B．采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則依次收到1，0，1的概率為C．采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則譯碼為1的概率為D．當(dāng)時(shí)，若發(fā)送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率三、填空題13．已知向量，滿(mǎn)足和，則______．14．底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺(tái)的體積為_(kāi)_____．15．已知直線與交于A，B兩點(diǎn)，寫(xiě)出滿(mǎn)足“面積為”的m的一個(gè)值______．16．已知函數(shù)，如圖A，B是直線與曲線的兩個(gè)交點(diǎn)，若，則______．四、解答題17．記的內(nèi)角的對(duì)邊分別為，已知的面積為，為中點(diǎn)，且．(1)若，求；(2)若，求．18．已知為等差數(shù)列和，記，分別為數(shù)列，的前n項(xiàng)和，和．(1)求的通項(xiàng)公式；(2)證明：當(dāng)時(shí)，．19．某研究小組經(jīng)過(guò)研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病者的某項(xiàng)醫(yī)學(xué)指標(biāo)有明顯差異，經(jīng)過(guò)大量調(diào)查，得到如下的患病者和未患病者該指標(biāo)的頻率分布直方圖：利用該指標(biāo)制定一個(gè)檢測(cè)標(biāo)準(zhǔn)，需要確定臨界值c，將該指標(biāo)大于c的人判定為陽(yáng)性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測(cè)標(biāo)準(zhǔn)的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為；誤診率是將未患病者判定為陽(yáng)性的概率，記為．假設(shè)數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率．(1)當(dāng)漏診率％時(shí)，求臨界值c和誤診率；(2)設(shè)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，求的解析式，并求在區(qū)間的最小值．20．如圖，三棱錐中，和和，E為BC的中點(diǎn)．(1)證明：；(2)點(diǎn)F滿(mǎn)足，求二面角的正弦值．21．已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點(diǎn)分別為和，過(guò)點(diǎn)的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限，直線與交于點(diǎn)P．證明:點(diǎn)在定直線上.22．（1）證明：當(dāng)時(shí)；（2）已知函數(shù)，若是的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍。

2023年新高考全國(guó)Ⅱ卷數(shù)學(xué)試題答案解析1．（2023·新高考Ⅱ卷·1·★）在復(fù)平面內(nèi)，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）（A）第一象限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限答案：A解析：，所以該復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，位于第一象限.2．（2023·新高考Ⅱ卷·2·★）設(shè)集合和，若，則（）（A）2（B）1（C）（D）答案：B解析：觀察發(fā)現(xiàn)集合A中有元素0，故只需考慮B中的哪個(gè)元素是0。因?yàn)楹停?，故或，解得：?。注意不能保證，故還需代回集合檢驗(yàn)。若，則和，不滿(mǎn)足，不合題意；若，則和，滿(mǎn)足.故選B.3．（2023·新高考Ⅱ卷·3·★）某學(xué)校為了解學(xué)生參加體育運(yùn)動(dòng)的情況，用比例分配的分層隨機(jī)抽樣作抽樣調(diào)查，擬從初中部和高中部?jī)蓪庸渤槿?0名學(xué)生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學(xué)生，則不同的抽樣結(jié)果共有（）（A）種（B）種（C）種（D）種答案：D解析：應(yīng)先找到兩層中各抽多少人，因?yàn)槭潜壤峙涞姆謱映槿。矢鲗拥某槿÷识嫉扔诳傮w的抽取率。設(shè)初中部抽取x人，則，解得：，所以初中部抽40人，高中部抽20人。故不同的抽樣結(jié)果共有種.4．（2023·新高考Ⅱ卷·4·★★）若為偶函數(shù)，則（）（A）（B）0（C）（D）1答案：B解法1：偶函數(shù)可抓住定義來(lái)建立方程求參。因?yàn)闉榕己瘮?shù)，所以，即①。而，代入①得：?；?jiǎn)得：，所以.解法2：也可在定義域內(nèi)取個(gè)特值快速求出答案。，所以或。因?yàn)闉榕己瘮?shù)，所以，故①。而，代入①得：，解得：.5．（2023·新高考Ⅱ卷·5·★★★）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為和，直線與C交于A，B兩點(diǎn)，若的面積是面積的2倍，則（）（A）（B）（C）（D）答案：C解析：如圖，觀察發(fā)現(xiàn)兩個(gè)三角形有公共的底邊AB，故只需分析高的關(guān)系。作于點(diǎn)G，于點(diǎn)I，設(shè)AB與x軸交于點(diǎn)K，由題意。所以，由圖可知，所以，故。又橢圓的半焦距，所以，從而。故，所以，代入可得，解得：.6．（2023·新高考Ⅱ卷·6·★★★）已知函數(shù)在區(qū)間單調(diào)遞增，則a的最小值為（）（A）（B）e（C）（D）答案：C解析：的解析式較復(fù)雜，不易直接分析單調(diào)性，故求導(dǎo)。由題意，因?yàn)樵谏希栽谏虾愠闪?，即①。觀察發(fā)現(xiàn)參數(shù)a容易全分離，故將其分離出來(lái)再看，不等式①等價(jià)于，令。則，所以在上，又和，所以。故，因?yàn)樵谏虾愠闪?，所以，故a的最小值為.7．（2023·新高考Ⅱ卷·7·★★）已知為銳角和，則（）（A）（B）（C）（D）答案：D解析：。此式要開(kāi)根號(hào)，不妨上下同乘以2，將分母化為。所以，故。又為銳角，所以，故.8．（2023·新高考Ⅱ卷·8·★★★）記為等比數(shù)列的前n項(xiàng)和，若和，則（）（A）120（B）85（C）（D）答案：C解法1：觀察發(fā)現(xiàn)，和，的下標(biāo)都是2的整數(shù)倍，故可考慮片段和性質(zhì)，先考慮q是否為。若的公比，則，與題意不符，所以。故，和，成等比數(shù)列①，條件中有，不妨由此設(shè)個(gè)未知數(shù)。設(shè)，則，所以和，由①可得。所以，解得：或。若，則，和，所以，故；到此結(jié)合選項(xiàng)已可確定選C，另一種情況我也算一下。若，則，而。所以與同號(hào)，故，與題意不符；綜上所述，m只能取，此時(shí).解法2：已知和要求的都只涉及前n項(xiàng)和，故也可直接代公式翻譯，先看公比是否為1。若的公比，則，不合題意，所以，故①。又，所以，化簡(jiǎn)得：②。又，代入②可得：③。兩端有公因式可約，但需分析是否可能為0，已經(jīng)有了，只需再看q是否可能等于。若，則，與題意不符，所以，故式③可化為。整理得：，所以或（舍去），故要求的④。只差了，該結(jié)構(gòu)式①中也有，可由整體計(jì)算它。將代入①可得，所以，代入④得.9．（2023·新高考Ⅱ卷·9·★★★）（多選）已知圓錐的頂點(diǎn)為P，底面圓心為O，AB為底面直徑和，點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角為，則（）（A）該圓錐的體積為（B）該圓錐的側(cè)面積為（C）（D）的面積為答案：AC解析：A項(xiàng)，因?yàn)楹?，所以和。，從而圓錐的體積，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，圓錐的側(cè)面積，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，要求AC的長(zhǎng)，條件中的二面角還沒(méi)用，觀察發(fā)現(xiàn)和都是等腰三角形，故取底邊中點(diǎn)即可構(gòu)造棱的垂線，作出二面角的平面角。取AC中點(diǎn)Q，連接PQ，OQ，因?yàn)楹?，所以和。故即為二面角的平面角，由題意，所以。故，所以，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，所以，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.10．（2023·新高考Ⅱ卷·10·★★★）（多選）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線過(guò)拋物線的焦點(diǎn)，且與C交于M，N兩點(diǎn)，l為C的準(zhǔn)線，則（）（A）（B）（C）以MN為直徑的圓與l相切（D）為等腰三角形答案：AC解析：A項(xiàng)，在中令可得，由題意，拋物線的焦點(diǎn)為，所以。從而，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，此處可以由直線MN的斜率求得，再代角版焦點(diǎn)弦公式求，但觀察發(fā)現(xiàn)后續(xù)選項(xiàng)可能需要用M，N的坐標(biāo)，所以直接聯(lián)立直線與拋物線，用坐標(biāo)版焦點(diǎn)弦公式來(lái)算。設(shè)和，將代入消去y整理得：，解得或3對(duì)應(yīng)的y分別為和，所以圖中和，從而。故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，判斷直線與圓的位置關(guān)系，只需將圓心到直線的距離d和半徑比較。的中點(diǎn)Q到準(zhǔn)線的距離。從而以MN為直徑的圓與準(zhǔn)線l相切，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，M和N的坐標(biāo)都有了，算出，即可判斷。和。所以和，均不相等，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.11．（2023·新高考Ⅱ卷·11·★★★）（多選）若函數(shù)既有極大值也有極小值，則（）（A）（B）（C）（D）答案：BCD解析：由題意。函數(shù)既有極大值，又有極小值，所以在上有2個(gè)變號(hào)零點(diǎn)。故方程在上有兩個(gè)不相等實(shí)根。所以，由①可得，故C項(xiàng)正確；由②可得，所以a，c異號(hào)，從而，故D項(xiàng)正確；由③可得a，b同號(hào)，所以，故B項(xiàng)正確；因?yàn)閍，c異號(hào)，a和b同號(hào)，所以b，c異號(hào)，從而，故A項(xiàng)錯(cuò)誤.12．（2023·新高考Ⅱ卷·12·★★★★）（多選）在信道內(nèi)傳輸0，1信號(hào)，信號(hào)的傳輸相互獨(dú)立.發(fā)送0時(shí)，收到1的概率為，收到0的概率為；發(fā)送1時(shí)，收到0的概率為，收到1的概率為.考慮兩種傳輸方案：?jiǎn)未蝹鬏敽腿蝹鬏?單次傳輸是指每個(gè)信號(hào)只發(fā)送1次，三次傳輸是指每個(gè)信號(hào)重復(fù)發(fā)送3次.收到的信號(hào)需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：?jiǎn)未蝹鬏敃r(shí)，收到的信號(hào)即為譯碼；三次傳輸時(shí)，收到的信號(hào)中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼（例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1）.（）（A）采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1，0，1，則依次收到1，0，1的概率為（B）采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則依次收到1，0，1的概率為（C）采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則譯碼為1的概率為（D）當(dāng)時(shí)，若發(fā)送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率答案：ABD解析：A項(xiàng)，由題意，若采用單次傳輸方案，則發(fā)送1收到1的概率為，發(fā)送0收到0的概率為。所以依次發(fā)送1，0，1，則依次收到1，0，1的概率為，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則需獨(dú)立重復(fù)發(fā)送3次1，依次收到1，0，1的概率為，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，采用三次傳輸方案，由B項(xiàng)的分析過(guò)程可知若發(fā)送1，則收到1的個(gè)數(shù)。而譯碼為1需收2個(gè)1，或3個(gè)1。所以譯碼為1的概率為，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，若采用單次傳輸方案，則發(fā)送0譯碼為0的概率為；若采用三次傳輸方案，則發(fā)送0等同于發(fā)3個(gè)0，收到0的個(gè)數(shù)。且譯碼為0的概率為。要比較上述兩個(gè)概率的大小，可作差來(lái)看。。因?yàn)?，所以。從而，故D項(xiàng)正確.13．（2023·新高考Ⅱ卷·13·★★）已知向量a，b滿(mǎn)足和，則_____.答案：解析：條件涉及兩個(gè)模的等式，想到把它們平方來(lái)看。由題意，①。又，所以，故，整理得：。代入①可得，即，所以.14．（2023·新高考Ⅱ卷·14·★★）底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺(tái)的體積為_(kāi)____.答案：28解析：如圖，四棱錐與相似，它們的體積之比等于邊長(zhǎng)之比的立方，故只需求四棱錐的體積。，所以，故所求四棱臺(tái)的體積。由題意，所以.【反思】相似圖形的面積之比等于邊長(zhǎng)之比的平方，體積之比等于邊長(zhǎng)之比的立方.15．（2023·新高考Ⅱ卷·15·★★★）已知直線與⊙交于A，B兩點(diǎn)，寫(xiě)出滿(mǎn)足“的面積為”的m的一個(gè)值_____.答案：2（答案不唯一，也可填或或）解析：如圖，設(shè)圓心到直線AB的距離為，則。注意到也可用d表示，故先由求d，再將d用m表示，建立關(guān)于m的方程。又，所以。由題意，所以，結(jié)合解得或。又，所以或，解得：或.16．（2023·新高考Ⅱ卷·16·★★★★）已知函數(shù)，如圖A，B是直線與曲線的兩個(gè)交點(diǎn)，若，則_____.答案：解法1：這個(gè)條件怎么翻譯？可用求A，B橫坐標(biāo)的通解，得到，從而建立方程求。不妨設(shè)，令可得或，其中。由圖知和，兩式作差得：，故。又，所以，解得：，則。再求，由圖知是零點(diǎn)，可代入解析式，注意，是增區(qū)間上的零點(diǎn)，且的增區(qū)間上的零點(diǎn)是，故應(yīng)按它來(lái)求的通解。所以，從而，故。所以.解法2：若注意橫向伸縮雖會(huì)改變圖象在水平方向上的線段長(zhǎng)度，但不改變長(zhǎng)度比例，則可先分析與交點(diǎn)的情況，再按比例對(duì)應(yīng)到本題的圖中來(lái)。如圖1，直線與函數(shù)在y軸右側(cè)的三個(gè)I，J，K的橫坐標(biāo)分別為，和。所以和和，故在圖2中。因?yàn)?，所以，故，又由圖2可知，所以。故，接下來(lái)同解法1.【反思】①對(duì)于函數(shù)，若只能用零點(diǎn)來(lái)求解析式，則需盡量確定零點(diǎn)是在增區(qū)間還是減區(qū)間.“上升零點(diǎn)”用來(lái)求，“下降零點(diǎn)”用來(lái)求；②對(duì)圖象進(jìn)行橫向伸縮時(shí)，水平方向的線段長(zhǎng)度比例關(guān)系不變，當(dāng)涉及水平線與圖象交點(diǎn)的距離時(shí)，我們常抓住這一特征來(lái)求周期.17．（2023·新高考Ⅱ卷·17·★★★）記的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知的面積為，D為BC的中點(diǎn)，且.（1）若，求；（2）若，求b，c.解：（1）如圖，因?yàn)?，所以。（要求，可到中?lái)分析，所給面積怎么用？可以用它求出，從而得到BD）因?yàn)镈是BC中點(diǎn)，所以，又，所以。由圖可知，所以，故。（此時(shí)已知兩邊及夾角，可先用余弦定理求第三邊AB，再用正弦定理求角B）在中，由余弦定理，所以。由正弦定理，所以。由可知B為銳角，從而，故.（2）（已有關(guān)于bc的一個(gè)方程，若再建立一個(gè)方程，就能求b和c，故把面積和中線都用b，c表示）由題意，所以①。（中線AD怎樣用b，c表示？可用向量處理）因?yàn)镈為BC中點(diǎn)，所以。從而，故。所以。將代入上式化簡(jiǎn)得②。（我們希望找的是b，c的方程，故由①②消去A，平方相加即可）由①②得，所以③。由可得。所以，結(jié)合式③可得.18．（2023·新高考Ⅱ卷·18·★★★★）已知為等差數(shù)列，記，分別為，的前n項(xiàng)和，和.（1）求的通項(xiàng)公式；（2）證明：當(dāng)時(shí)，.解：（1）（給出了兩個(gè)條件，把它們用和d翻譯出來(lái)，即可建立方程組求解和d）由題意，①。②。由①②解得：和，所以.（2）由（1）可得。（要證結(jié)論，還需求，由于按奇偶分段，故求也應(yīng)分奇偶討論，先考慮n為偶數(shù)的情形）當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，③。因?yàn)楹头謩e也構(gòu)成等差數(shù)列。所以。。代入③化簡(jiǎn)得：。（要由此證，可作差比較）所以，故；（對(duì)于n為奇數(shù)的情形，可以重復(fù)上述計(jì)算過(guò)程，但更簡(jiǎn)單的做法是補(bǔ)1項(xiàng)湊成偶數(shù)項(xiàng)，再減掉補(bǔ)的那項(xiàng)）當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，。所以，故；綜上所述，當(dāng)時(shí)，總有.19．（2023·新高考Ⅱ卷·19·★★★）某研究小組經(jīng)過(guò)研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病者的某項(xiàng)醫(yī)學(xué)指標(biāo)有明顯差異，經(jīng)過(guò)大量調(diào)查，得到如下的患病者和未患病者該項(xiàng)指標(biāo)的頻率分布直方圖：利用該指標(biāo)制定一個(gè)檢測(cè)標(biāo)準(zhǔn)，需要確定臨界值c，將該指標(biāo)大于c的人判定為陽(yáng)性，小于或等于c的人判定為陰性.此檢測(cè)標(biāo)準(zhǔn)的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為；誤診率是將未患病者判定為陽(yáng)性的概率，記為.假設(shè)數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布.以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率.（1）當(dāng)漏診率時(shí)，求臨界值c和誤診率；（2）設(shè)函數(shù).當(dāng)時(shí)，求的解析式，并求在區(qū)間的最小值.解：（1）（給的是漏診率，故先看患病者的圖，漏診率為0.5%即小于或等于c的頻率為0.5%，可由此求c）由患病者的圖可知，這組的頻率為，所以c在內(nèi)。且，解得：；（要求，再來(lái)看未患病者的圖，是誤診率，也即未患病者判定為陽(yáng)性（指標(biāo)大于c）的概率）由未患病者的圖可知指標(biāo)大于97.5的概率為，所以.（2）（包含兩個(gè)分組，故應(yīng)分類(lèi)討論）當(dāng)時(shí)。，所以。故①；當(dāng)時(shí)，和。所以，故②；所以，且由①②可得.20．（2023·新高考Ⅱ卷·20·★★★）如圖，三棱錐中，和和。E為BC的中點(diǎn).（1）證明：；（2）點(diǎn)F滿(mǎn)足，求二面角的正弦值.解：（1）（BC和DA是異面直線，要證垂直，需找線面垂直，可用逆推法，假設(shè)，注意到條件中還有，所以，二者結(jié)合可得到面ADE，故可通過(guò)證此線面垂直來(lái)證）因?yàn)楹?，所以和是全等的正三角形，故。又E為BC中點(diǎn)，所以和，因?yàn)锳E，平面ADE和。所以平面ADE，又平面ADE，所以.（2）（由圖可猜想面BCD，若能證出這一結(jié)果，就能建系處理，故先嘗試證明）不妨設(shè)，則。因?yàn)椋?。故和。所以，故，所以EA，EB，ED兩兩垂直。以E為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，和。所以和，由可知四邊形ADEF是平行四邊形，所以。設(shè)平面DAB和平面ABF的法向量分別為和。則，令，則，所以是平面DAB的一個(gè)法向量。，令，則，所以是平面ABF的一