2023年全国新高考Ⅱ卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。13i3i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】【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断.【详解】因为13i3i38i3i268i，则所求复数对应的点为6,8，位于第一象限.故选：A.2.设集合A0,a，B1,a2,2a2，若AB，则a（）．2A.2B.1C.D.13【答案】B【解析】【分析】根据包含关系分a20和2a20两种情况讨论，运算求解即可.【详解】因为AB，则有：若a20，解得a2，此时A0,2，B1,0,2，不符合题意；若2a20，解得a1，此时A0,1，B1,1,0，符合题意；综上所述：a1.故选：B.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方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（）．4515种2040种A.C400C200B.C400C2003030种4020种C.C400C200D.C400C200【答案】D第1页/共22页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.400200【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取6040人，高中部共抽取6020，600600根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有4020种C400C200.故选：D.2x14.若fxxaln为偶函数，则a（）．2x11A.1B.0C.D.12【答案】B【解析】【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出a值，再检验即可.1【详解】因为f(x)为偶函数，则f(1)f(1)，(1a)ln(1a)ln3，解得a0，32x111当a0时，fxxln，2x12x10，解得x或x，2x12211则其定义域为xx或x，关于原点对称.2212x12x12x12x1fxxlnxlnxlnxlnfx，2x12x12x12x1故此时fx为偶函数.故选：B.2x2△5.已知椭圆C:y1的左、右焦点分别为F1，F2，直线yxm与C交于A，B两点，若F1AB3△面积是F2AB面积的2倍，则m（）．2222A.B.C.D.3333【答案】C【解析】【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用0，求出m范围，再根据三角形面积比得到关于m的方程，解出即可.第2页/共22页学科网（北京）股份有限公司yxm【详解】将直线yxm与椭圆联立2，消去y可得22，x24x6mx3m30y13因为直线与椭圆相交于A,B点，则36m2443m230，解得2m2，设到的距离到距离，易知，F1ABd1,F2ABd2F12,0,F22,0则|2m|，|2m|，d1d222|2m|SF1AB2|2m|22，解得m或32（舍去），SF2AB|2m||2m|32故选：C.x6.已知函数fxaelnx在区间1,2上单调递增，则a的最小值为（）．A.e2B.eC.e1D.e2【答案】C【解析】1【分析】根据fxaex0在1,2上恒成立，再根据分参求最值即可求出．x11【详解】依题可知，fxaex0在1,2上恒成立，显然a0，所以xex，xa设gxxex,x1,2，所以gxx1ex0，所以gx在1,2上单调递增，11gxg1e，故e，即ae1，即a的最小值为e1．ae故选：C．157.已知为锐角，cos，则sin（）．42第3页/共22页学科网（北京）股份有限公司35153515A.B.C.D.8844【答案】D【解析】【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．15【详解】因为cos12sin2，而为锐角，242解得：sin355151．28164故选：D．8.记Sn为等比数列an的前n项和，若S45，S621S2，则S8（）．A.120B.85C.85D.120【答案】C【解析】【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据S4,S8的关系即可解出；方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．【详解】方法一：设等比数列an的公比为q，首项为a1，若q1，则S66a132a13S2，与题意不符，所以q1；a1q4a1q6a1q2由，可得，1，11①，S45S621S25211q1q1q由①可得，1q2q421，解得：q24，a1q8a1q4所以114．S81q5116851q1q故选：C．方法二：设等比数列an的公比为q，因为S45，S621S2，所以q1，否则S40，从而，S2,S4S2,S6S4,S8S6成等比数列，第4页/共22页学科网（北京）股份有限公司25所以有，5SS21S5，解得：S21或S，22224当S21时，S2,S4S2,S6S4,S8S6，即为1,4,16,S821，易知，S82164，即S885；522当S时，S4a1a2a3a4a1a21q1qS20，24与S45矛盾，舍去．故选：C．【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握S4,S8的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，APB120，PA2，点C在底面圆周上，且二面角PACO为45°，则（）．A.该圆锥的体积为πB.该圆锥的侧面积为43πC.AC22D.△PAC的面积为3【答案】AC【解析】【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.【详解】依题意，APB120，PA2，所以OP1,OAOB3，12A选项，圆锥的体积为π31π，A选项正确；3B选项，圆锥的侧面积为π3223π，B选项错误；C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD，则ACOD,ACPD，所以PDO是二面角PACO的平面角，则PDO45，所以OPOD1，故ADCD312，则AC22，C选项正确；1选项，22，所以，选项错误DPD112SPAC2222D.2故选：AC.第5页/共22页学科网（北京）股份有限公司210.设O为坐标原点，直线y3x1过抛物线C:y2pxp0的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（）．8A.p2B.MN3C.以MN为直径的圆与l相切D.OMN为等腰三角形【答案】AC【解析】【分析】先求得焦点坐标，从而求得p，根据弦长公式求得MN，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.2【详解】A选项：直线y3x1过点1,0，所以抛物线C:y2pxp0的焦点F1,0，p所以1,p2,2p4，则A选项正确，且抛物线C的方程为y24x.2B选项：设Mx1,y1,Nx2,y2，y3x12由消去y并化简得3x10x3x33x10，2y4x1116解得x3,x，所以MNxxp32，B选项错误.1231233C选项：设MN的中点为A，M,N,A到直线l的距离分别为d1,d2,d，111因为dddMFNFMN，21222即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，C选项正确.D选项：直线y3x1，即3xy30，3O到直线3xy30的距离为d，2第6页/共22页学科网（北京）股份有限公司116343所以三角形OMN的面积为，2323由上述分析可知123，y133123,y23133222所以212313，OM32321,ON333所以三角形OMN不是等腰三角形，D选项错误.故选：AC.bc11.若函数fxalnxa0既有极大值也有极小值，则（）．xx2A.bc0B.ab0C.b28ac0D.ac0【答案】BCD【解析】【分析】求出函数f(x)的导数f(x)，由已知可得f(x)在(0,)上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.bcab2cax2bx2c【详解】函数f(x)alnx的定义域为(0,)，求导得f(x)，xx2xx2x3x3因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f(x)在(0,)上有两个变号零点，而a0，2因此方程axbx2c0有两个不等的正根x1,x2，第7页/共22页学科网（北京）股份有限公司Δb28ac0b22于是x1x20，即有b8ac0，ab0，ac0，显然abc0，即bc0，A错误，BCDa2cx1x20a正确.故选：BCD12.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(01)，收到0的概率为1；发送1时，收到0的概率为(01)，收到1的概率为1.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l，0，1的概率为(1)(1)2B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为(1)2C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为(1)2(1)3D.当00.5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】【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答.【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1)(1)(1)(1)(1)2，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1)(1)(1)2，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和，第8页/共22页学科网（北京）股份有限公司它们互斥，由选项知，所以所求的概率为2232，错误；BC3(1)(1)(1)(12)C对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P