真题重组卷03（新题型）-冲刺高考数学真题重组卷（新高考新题型专用）

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1.（2023新课标全国Ⅰ卷）已知，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】A
【详解】因为，所以，即．故选：A．
2.（2023全国乙卷数学（理））设集合，集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】由题意可得，则，选项A正确；
，则，选项B错误；
，则或，选项C错误；
或，则或，选项D错误；故选：A.
3.（2023新课标全国Ⅱ卷）已知为锐角，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为，而为锐角，
解得：．故选：D．
4.（2023•乙卷（文））正方形的边长是2，是的中点，则
A．B．3C．D．5
【答案】
【解析】正方形的边长是2，是的中点，
所以，，，，
则．
故选：．
5.（2023•新高考Ⅰ）设函数在区间单调递减，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【答案】
【解析】设，对称轴为，抛物线开口向上，
是的增函数，要使在区间单调递减，
则在区间单调递减，即，即，
故实数的取值范围是，．故选：．
6．（2023全国乙卷数学（文））已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1B．C．0D．
【答案】B
【详解】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或，
于是有，即有，解得，
所以，.
故选：B
7.（2023全国乙卷数学（文））已知实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
【答案】C
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得故选：C.
8.（2023全国乙卷数学(理)）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故选：B
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（2021新课标全国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
【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．（2022新课标全国Ⅱ卷）已知函数的图像关于点中心对称，则（ ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
【答案】AD
【解析】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．
故选：AD．
11．（2022新课标全国Ⅰ卷）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为B．直线AB与C相切
C．D．
【答案】BCD
【解析】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.（2023•乙卷（理））已知为等比数列，，，则 ．
【答案】．
【解析】等比数列，
，解得，
而，可得，
即，
．
13.（2023新高考天津卷）在的展开式中，项的系数为_________．
【答案】
【详解】展开式的通项公式，
令可得，，
则项的系数为.
14.（2021•新高考Ⅱ）已知函数，，，函数的图象在点，和点，的两条切线互相垂直，且分别交轴于，两点，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】当时，，导数为，
可得在点，处的斜率为，
切线的方程为，
令，可得，即，
当时，，导数为，
可得在点，处的斜率为，
令，可得，即，
由的图象在，处的切线相互垂直，可得，
即为，，，
所以．
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（本小题满分13分）（2023•新高考Ⅱ）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：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标大于的人判定为阳性，小于或等于的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为（c）；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为（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（c）时，求临界值和误诊率（c）；
（2）设函数（c）（c）（c）．当，，求（c）的解析式，并求（c）在区间，的最小值．
【解析】（1）当漏诊率（c）时，
则，解得；
（c）；
（2）当，时，
（c）（c）（c），
当，时，（c）（c）（c），
故（c），
所以（c）的最小值为0.02．
16.（本小题满分15分）（新题型）已知椭圆的中心为坐标原点，记的左、右焦点分别为，，上下顶点为，，且是边长为2的等边三角形.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过点的直线与椭圆交于，两点，且，求直线斜率范围.
【解】（1）由题意知，则；由，则，
故椭圆的标准方程为；
（2）
由题意知，直线的斜率存在且不为0，设其方程为，
联立，得，
由，得，
设，，则，，
则，
因为，所以，即，
∴，则或，
综上，斜率范围为.
17．（本小题满分15分）（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．
（1）求到平面的距离；
（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【解析】（1）由直三棱柱的体积为4，可得，
设到平面的距离为，由，
，，解得．
（2）连接交于点，，四边形为正方形，
，又平面平面，平面平面，
平面，，
由直三棱柱知平面，，又，
平面，，
以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，，又，解得，
则，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，
则，2，，，1，，，0，，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，0，，
设平面的一个法向量为，，，
，令，则，，
平面的一个法向量为，1，，
，，
二面角的正弦值为．
18.（本小题满分17分）（2023•新高考Ⅱ）（1）证明：当时，；参考答案
（2）已知函数，若为的极大值点，求的取值范围．
【解析】（1）证明：设，，
则，，
在上单调递减，
，
在上单调递减，
，
即，，
，，
设，，
则，
在上单调递增，
，，
即，，
，，
综合可得：当时，；
（2），，
且，，
①若，即时，
易知存在，使得时，，
在上单调递增，，
在上单调递增，这显然与为函数的极大值点相矛盾，故舍去；
②若，即或时，
存在，使得，时，，
在，上单调递减，又，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，满足为的极大值点，符合题意；
③若，即时，为偶函数，
只考虑的情况，
此时，时，
，
在上单调递增，与显然与为函数的极大值点相矛盾，故舍去．
综合可得：的取值范围为，，．
19.（本小题满分17分）（新题型）已知定义域为的函数满足：对于任意的，都有，则称函数具有性质.
(1)判断函数是否具有性质；（直接写出结论）
(2)已知函数，判断是否存在，使函数具有性质？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
(3)设函数具有性质，且在区间上的值域为.函数，满足，且在区间上有且只有一个零点.求证：.
【解】（1）因为，则，又，
所以，故函数具有性质；
因为，则，又，
，故不具有性质.
（2）若函数具有性质，则，即，
因为，所以，所以；
若，不妨设，由，
得（*），
只要充分大时，将大于1，而的值域为，
故等式（*）不可能成立，所以必有成立，
即，因为，所以，
所以，则，此时，
则，
而，即有成立，
所以存在，使函数具有性质.
（3）证明：由函数具有性质及（2）可知，，
由可知函数是以为周期的周期函数，则，
即，所以，；
由，以及题设可知，
函数在的值域为，所以且；
当，及时，均有，
这与在区间上有且只有一个零点矛盾，因此或；
当时，，函数在的值域为，
此时函数的值域为，
而，于是函数在的值域为，
此时函数的值域为，
函数在当时和时的取值范围不同，
与函数是以为周期的周期函数矛盾，
故，即，命题得证.