1、新高考二卷参考答案1（2023新高考卷1）在复平面内，对应的点位于（ ）（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限答案：A解析：，所以该复数对应的点为，位于第一象限.2（2023新高考卷2）设集合，若，则（ ）（A）2 （B）1 （C） （D）答案：B解析：观察发现集合A中有元素0，故只需考虑B中的哪个元素是0，因为，所以，故或，解得：或1，注意不能保证，故还需代回集合检验，若，则，不满足，不合题意；若，则，满足. 故选B.3（2023新高考卷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
2、高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）（A）种 （B）种 （C）种 （D）种答案：D解析：应先找到两层中各抽多少人，因为是比例分配的分层抽取，故各层的抽取率都等于总体的抽取率，设初中部抽取x人，则，解得：，所以初中部抽40人，高中部抽20人，故不同的抽样结果共有种.4（2023新高考卷4）若为偶函数，则（ ）（A） （B）0 （C） （D）1答案：B解法1：偶函数可抓住定义来建立方程求参，因为为偶函数，所以，即 ，而，代入得：，化简得：，所以.解法2：也可在定义域内取个特值快速求出答案，所以或，因为为偶函数，所以，故 ，而，代入得：，解得：.5（2023新高考卷5）已知
3、椭圆的左、右焦点分别为，直线与C交于A，B两点，若的面积是面积的2倍，则（ ）（A） （B） （C） （D）答案：C解析：如图，观察发现两个三角形有公共的底边AB，故只需分析高的关系，作于点G，于点I，设AB与x轴交于点K，由题意，所以，由图可知，所以，故，又椭圆的半焦距，所以，从而，故，所以，代入可得，解得：.6（2023新高考卷6）已知函数在区间单调递增，则a的最小值为（ ）（A） （B）e （C） （D）答案：C解析：的解析式较复杂，不易直接分析单调性，故求导，由题意，因为在上，所以在上恒成立，即 ，观察发现参数a容易全分离，故将其分离出来再看，不等式等价于，令，则，所以在上，又，所以，
4、故，因为在上恒成立，所以，故a的最小值为.7（2023新高考卷7）已知为锐角，则（ ）（A） （B） （C） （D）答案：D解析：，此式要开根号，不妨上下同乘以2，将分母化为，所以，故，又为锐角，所以，故.8（2023新高考卷8）记为等比数列的前n项和，若，则（ ）（A）120 （B）85 （C） （D）答案：C解法1：观察发现，的下标都是2的整数倍，故可考虑片段和性质，先考虑q是否为，若的公比，则，与题意不符，所以，故，成等比数列 ，条件中有，不妨由此设个未知数，设，则，所以，由可得，所以，解得：或，若，则，所以，故；到此结合选项已可确定选C，另一种情况我也算一下，若，则，而，所以与同号，故
5、，与题意不符；综上所述，m只能取，此时.解法2：已知和要求的都只涉及前n项和，故也可直接代公式翻译，先看公比是否为1，若的公比，则，不合题意，所以，故 ，又，所以，化简得： ，又，代入可得： ，两端有公因式可约，但需分析是否可能为0，已经有了，只需再看q是否可能等于，若，则，与题意不符，所以，故式可化为，整理得：，所以或（舍去），故要求的 ，只差了，该结构式中也有，可由整体计算它，将代入可得，所以，代入得.9（2023新高考卷9）（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，点C在底面圆周上，且二面角为，则（ ）（A）该圆锥的体积为（B）该圆锥的侧面积为（C）（D）的面积为答案：A
6、C解析：A项，因为，所以，从而圆锥的体积，故A项正确；B项，圆锥的侧面积，故B项错误；C项，要求AC的长，条件中的二面角还没用，观察发现和都是等腰三角形，故取底边中点即可构造棱的垂线，作出二面角的平面角，取AC中点Q，连接PQ，OQ，因为，所以，故即为二面角的平面角，由题意，所以，故，所以，故C项正确；D项，所以，故D项错误.10（2023新高考卷10）（多选）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）（A） （B） （C）以MN为直径的圆与l相切 （D）为等腰三角形答案：AC解析：A项，在中令可得，由题意，抛物线的焦点为，所以，从而，故A项正确；B项，此
7、处可以由直线MN的斜率求得，再代角版焦点弦公式求，但观察发现后续选项可能需要用M，N的坐标，所以直接联立直线与抛物线，用坐标版焦点弦公式来算，设，将代入消去y整理得：，解得：或3，对应的y分别为和，所以图中，从而，故B项错误；C项，判断直线与圆的位置关系，只需将圆心到直线的距离d和半径比较，的中点Q到准线的距离，从而以MN为直径的圆与准线l相切，故C项正确；D项，M，N的坐标都有了，算出，即可判断，所以，均不相等，故D项错误.11（2023新高考卷11）（多选）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）（A） （B） （C） （D）答案：BCD解析：由题意，函数既有极大值，又有极小值，所以在上有2个
8、变号零点，故方程在上有两个不相等实根，所以，由可得，故C项正确；由可得，所以a，c异号，从而，故D项正确；由可得a，b同号，所以，故B项正确；因为a，c异号，a，b同号，所以b，c异号，从而，故A项错误.12（2023新高考卷12）（多选）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，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 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
9、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（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（C）采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为（D）当时，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的概率答案：ABD解析：A项，由题意，若采用单次传输方案，则发送1收到1的概率为，发送0收到0的概率为，所以依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为，故A项正确；B项，采用三次传输方案，若发送1，则需独立重复发送3次1，依次收到1，0，1的概率为，故B项正确；C项，采用三次传输方案
10、，由B项的分析过程可知若发送1，则收到1的个数，而译码为1需收2个1，或3个1，所以译码为1的概率为，故C项错误；D项，若采用单次传输方案，则发送0译码为0的概率为；若采用三次传输方案，则发送0等同于发3个0，收到0的个数，且译码为0的概率为，要比较上述两个概率的大小，可作差来看，因为，所以，从而，故D项正确.13（2023新高考卷13）已知向量a，b满足，则_.答案：解析：条件涉及两个模的等式，想到把它们平方来看，由题意， ，又，所以，故，整理得：，代入可得，即，所以.14（2023新高考卷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
11、的体积为_.答案：28解析：如图，四棱锥与相似，它们的体积之比等于边长之比的立方，故只需求四棱锥的体积，所以，故所求四棱台的体积，由题意，所以.【反思】相似图形的面积之比等于边长之比的平方，体积之比等于边长之比的立方.15（2023新高考卷15）已知直线与交于A，B两点，写出满足“的面积为”的m的一个值_.答案：2（答案不唯一，也可填或或）解析：如图，设圆心到直线AB的距离为，则，注意到也可用d表示，故先由求d，再将d用m表示，建立关于m的方程，又，所以，由题意，所以，结合解得：或，又，所以或，解得：或.16（2023新高考卷16）已知函数，如图，A，B是直线与曲线的两个交点，若，则_.答案：
12、解法1：这个条件怎么翻译？可用求A，B横坐标的通解，得到，从而建立方程求，不妨设，令可得或，其中，由图知，两式作差得：，故，又，所以，解得：，则，再求，由图知是零点，可代入解析式，注意，是增区间上的零点，且的增区间上的零点是，故应按它来求的通解，所以，从而，故，所以.解法2：若注意横向伸缩虽会改变图象在水平方向上的线段长度，但不改变长度比例，则可先分析与交点的情况，再按比例对应到本题的图中来，如图1，直线与函数在y轴右侧的三个I，J，K的横坐标分别为，所以，故在图2中，因为，所以，故，又由图2可知，所以，故，接下来同解法1.【反思】对于函数，若只能用零点来求解析式，则需尽量确定零点是在增区间还
13、是减区间. “上升零点”用来求，“下降零点”用来求；对图象进行横向伸缩时，水平方向的线段长度比例关系不变，当涉及水平线与图象交点的距离时，我们常抓住这一特征来求周期.17（2023新高考卷17）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为，D为BC的中点，且.（1）若，求；（2）若，求b，c.解：（1）如图，因为，所以，（要求，可到中来分析，所给面积怎么用？可以用它求出，从而得到BD）因为D是BC中点，所以，又，所以，由图可知，所以，故，（此时已知两边及夹角，可先用余弦定理求第三边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为锐角，从而，故.（2）（已
14、有关于bc的一个方程，若再建立一个方程，就能求b和c，故把面积和中线都用b，c表示）由题意，所以 ，（中线AD怎样用b，c表示？可用向量处理）因为D为BC中点，所以，从而，故，所以，将代入上式化简得 ，（我们希望找的是b，c的方程，故由消去A，平方相加即可）由得，所以 ，由可得，所以，结合式可得.18（2023新高考卷18）已知为等差数列，记，分别为，的前n项和，.（1）求的通项公式；（2）证明：当时，.解：（1）（给出了两个条件，把它们用和d翻译出来，即可建立方程组求解和d）由题意， ， ，由解得：，所以.（2）由（1）可得，（要证结论，还需求，由于按奇偶分段，故求也应分奇偶讨论，先考虑n为
15、偶数的情形）当为偶数时， ，因为和分别也构成等差数列，所以，代入化简得：，（要由此证，可作差比较）所以，故；（对于n为奇数的情形，可以重复上述计算过程，但更简单的做法是补1项凑成偶数项，再减掉补的那项）当为奇数时，所以，故；综上所述，当时，总有.19（2023新高考卷19）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项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c，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；误诊率是将未患病者判定为阳性
16、的概率，记为. 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）当漏诊率时，求临界值c和误诊率；（2）设函数. 当时，求的解析式，并求在区间的最小值.解：（1）（给的是漏诊率，故先看患病者的图，漏诊率为0.5%即小于或等于c的频率为0.5%，可由此求c）由患病者的图可知，这组的频率为，所以c在内，且，解得：；（要求，再来看未患病者的图，是误诊率，也即未患病者判定为阳性（指标大于c）的概率）由未患病者的图可知指标大于97.5的概率为，所以.（2）（包含两个分组，故应分类讨论）当时，所以，故 ；当时，所以，故 ；所以，且由可得.20（2023新高考卷20）如图，三棱锥中，E
17、为BC的中点.（1）证明：；（2）点F满足，求二面角的正弦值.解：（1）（BC和DA是异面直线，要证垂直，需找线面垂直，可用逆推法，假设，注意到条件中还有，所以，二者结合可得到面ADE，故可通过证此线面垂直来证）因为，所以和是全等的正三角形，故，又E为BC中点，所以，因为AE，平面ADE，所以平面ADE，又平面ADE，所以.（2）（由图可猜想面BCD，若能证出这一结果，就能建系处理，故先尝试证明）不妨设，则，因为，所以，故，所以，故，所以EA，EB，ED两两垂直，以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，由可知四边形ADEF是平行四边形，所以，设平面DAB和平面ABF的法向量分别为，则
18、，令，则，所以是平面DAB的一个法向量，令，则，所以是平面ABF的一个法向量，从而，故二面角的正弦值为.21（2023新高考卷21）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为.（1）求C的方程；（2）记C的左、右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P，证明：点P在定直线上.解：（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，则由可得，双曲线方程为.（2）由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.【点睛】关键点点睛:求双曲线方程
19、的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.22（2023新高考卷22）（1）证明：当时，；（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围.解：（1）构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；构建，则，构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，即对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；综上所述：.（2）令，解得，即函数的定义域为，若，则，因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，不合题意，所以.当时，令因为，且，所以函数在定义域内为偶函数，由题意可得：，（i）当时，取，则，由（1）可得，且，所以，即当时，则在上单调递增，结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，所以是的极小值点，不合题意；（）当时，取，则，由（1）可得，构建，则，且，则对恒成立，可知在上单调递增，且，所以在内存在唯一的零点，当时，则，且，则，即当时，则在上单调递减，结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，所以是的极大值点，符合题意；综上所述：，即，解得或，故a的取值范围为.