历年全国卷高考数学真题汇编

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全国卷历年高考真题汇编-三角函数与解三角形（2019全国2卷文）8．若x1=4，x2=4是函数f(x)=sinx(>0)两个相邻的极值点，则= A．2 B．32 C．1 D．12

答案：A

（2019全国2卷文）11．已知a∈（0，π2），2sin2α=cos2α+1，则sinα= A．15 B．55 C．33 D．255

答案：B

（2019全国2卷文）15.ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsinA+acosB=0，则B=___________.

答案：43

（2019全国1卷文）15．函数3π()sin(2)3cos2fxxx的最小值为___________．答案：-4 （2019全国1卷文）7．tan255°=（）

A．－2－3 B．－2+3 C．2－3 D．2+3 答案：D （2019全国1卷文）11．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知CcBbAasin4sinsin ，41cosA，则bc=（）

A．6 B．5 C．4 D．3 答案：A （2019全国3卷理） 18．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinsin2ACabA．（1）求B；（2）若△ABC为锐角三角形，且1c，求△ABC面积的取值范围．

（1）由题设及正弦定理得sinsinsinsin2ACABA．因为sin0A，所以sinsin2ACB．由180ABC，可得sincos22ACB，故cos2sincos222BBB．因为，故，因此60B．（2）由题设及（1）知△ABC的面积34ABCSa．

由正弦定理得sinsin(120)31sinsin2tan2cAcCaCCC．由于△ABC为锐角三角形，故090A，090C．由（1）知120AC，所以3090C，故122a，从而3382ABCS．因此，△ABC面积的取值范围是（2019全国2卷理）15．ABC△的内角,,ABC的对边分别为,,abc.若π6,2,3bacB，则ABC△的面积为_________．

答案：36

（2019全国2卷理）9．下列函数中，以2为周期且在区间(4，2)单调递增的是 A．f(x)=│cos2x│ B．f(x)=│sin2x│ C．f(x)=cos│x│ D．f(x)=sin│x│ 答案：A （2019全国2卷理）10．已知α∈(0，2)，2sin2α=cos2α+1，则sinα= A．15 B．55 C．33 D．255

答案：B （2019全国1卷理）17.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设22(sinsin)sinsinsinBCABC．

（1）求A；（2）若22abc，求sinC．

【答案】（1）3A；（2）62sin4C. 【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：222bcabc，从而可整理出cosA，根据0,A可求得结果；（2）利用正弦定理可得2sinsin2sinABC，利用sinsinBAC、两角和差正弦公式可得关于sinC和cosC的方程，结合同角三角函

数关系解方程可求得结果. 【详解】（1）2222sinsinsin2sinsinsinsinsinsinBCBBCCABC 即：222sinsinsinsinsinBCABC 由正弦定理可得：222bcabc 2221cos22bcaAbc



0,πA



（2）22abc，由正弦定理得：2sinsin2sinABC 又sinsinsincoscossinBACACAC，3A 3312cossin2sin222CCC 整理可得：3sin63cosCC 22sincos1CC

2

23sin631sinCC

解得：62sin4C或624 因6sin2sin2sin2sin02BCAC所以6sin4C，故62sin4C. （2）法二：22abc，由正弦定理得：2sinsin2sinABC 又sinsinsincoscossinBACACAC，3A 3312cossin2sin222CCC

整理可得：3sin63cosCC，即3sin3cos23sin66CCC 2sin62C



由2(0,),(,)3662CC，所以,6446CC 62sinsin()464C.

【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系. （2019全国1卷理）11.关于函数()sin|||sin |fxxx有下述四个结论： ①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（2,）单调递增 ③f(x)在[,]有4个零点 ④f(x)的最大值为2 其中所有正确结论的编号是 A. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ①③ 【答案】C 【解析】【分析】化简函数sinsinfxxx，研究它的性质从而得出正确答案．【详解】sinsinsinsin,fxxxxxfxfx为偶函数，故①

正确．当2x时，2sinfxx，它在区间,2单调递减，故②错误．当0x时，2sinfxx，它有两个零点：0；当0x时，sinsin2sinfxxxx，它有一个零点：，故fx在,有3个零点：

0，故③错误．当2,2xkkkN时，2sinfxx；当

2,22xkkkN时，sinsin0fxxx，又fx为偶函数，

fx的最大值为2，故④正确．综上所述，①④ 正确，故选C．

（2018全国3卷文）11.ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，若ABC的面积

为2224abc，则C( )

A．2 B．3 C．4 D．6



【答案】C 【解析】2221sin24ABCabcSabC，而222cos2abcCab

故12cos1sincos242abCabCabC，4C

【考点】三角形面积公式、余弦定理（2018全国3卷文）6.函数2tan1tanxfxx的最小正周期为( ) A．4 B．2 C． D．2 【答案】C 【解析】

222

tantancos1sincossin2221tan1tancosxxxfxxxxxkxxx





，

22T(定义域并没有影响到周期)

（2018全国3卷文）4.若1sin3，则cos2( ) A．89 B．79 C．79 D．89

【答案】B 【解析】27cos212sin9

（2018全国2卷理）15. 已知，，则__________．【答案】【解析】分析：先根据条件解出再根据两角和正弦公式化简求结果. 详解：因为，，所以，因此点睛：三角函数求值的三种类型 (1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数. (2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异. ①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用； ②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的. (3)给值求角：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角. （2018全国2卷理）10. 若在是减函数，则的最大值是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】分析：先确定三角函数单调减区间，再根据集合包含关系确定的最大值详解：因为，所以由得因此，从而的最大值为，选A. 点睛：函数的性质： (1). (2)周期 (3)由求对称轴， (4)由求增区间; 由求减区间. （2018全国2卷理）6. 在中，，，，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】分析：先根据二倍角余弦公式求cosC,再根据余弦定理求AB. 详解：因为所以，选A. 点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的. （2018全国I卷理）17．（12分）在平面四边形中，，，，. （1）求；（2）若，求解：（1）在中，由正弦定理得. 由题设知，，所以. 由题设知，，所以. （2）由题设及（1）知，. 在中，由余弦定理得

历年(2020-2023)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)

历年(2020‐2023)全国高考数学真题分类(数列)汇编【2023年真题】1. （2023·新课标I 卷第7题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列：乙：{}n sn为等差数列，则( )A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件2. （2023·新课标II 卷第8题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S = ( ) A. 120B. 85C. 85-D. 120-3. （2023·新课标I 卷第20题）设等差数列{}n a 的公差为d ，且 1.d >令2n n n nb a +=，记n S ，n T 分别为数列{}{},n n a b 的前n 项和.(1)若21333a a a =+，3321S T +=，求{}n a 的通项公式; (2)若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求.d4. （2023·新课标II 卷第18题）已知为等差数列，，记n S ，n T 分别为数列，的前n 项和，432S =，316.T =(1)求的通项公式；(2)证明：当5n >时，n S .n T >【2022年真题】5.（2022·新高考I 卷第17题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式;(2)证明：121112.na a a +++< 6.（2022·新高考II 卷第17题）已知{}n a 为等差数列，{}nb 为公比为2的等比数列，且223344.a b a b b a -=-=-(1)证明：11;a b =(2)求集合1{|,1500}k m k b a a m =+剟中元素个数.【2021年真题】7.（2021·新高考II 卷第12题）（多选）设正整数010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ，则( ) A.()()2n n ωω=B. ()()231n n ωω+=+C. ()()8543n n ωω+=+D. ()21nn ω-=8.（2021·新高考I 卷第16题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________________；如果对折*()n n N ∈次，那么12n S S S ++= __________2dm . 9.（2021·新高考I 卷第17题）已知数列{}n a 满足11a =，，记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；求{}n a 的前20项和.(1)(2)10.（2021·新高考II 卷第17题）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35a S =，244.a a S =(1)求数列{}n a 的通项公式n a ； (2)求使n n S a >成立的n 的最小值．【2020年真题】11.（2020·新高考I 卷第14题、II 卷第15题）将数列{21}n -与{32}n -的公共项从小到大排列得到数列{n a }，则{}n a 的前n 项和为__________.12.（2020·新高考I 卷第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8.a a a +==(1)求{}n a 的通项公式；(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m N ∈中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100.S13.（2020·新高考II 卷第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38.a =(1)求{}n a 的通项公式；(2)求1223a a a a -+…11(1).n n n a a -++-参考答案1. （2023·新课标I 卷第7题）解：方法1:为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ，则1(1)2n n n S na d -=+，111222n S n d d a d n a n -=+=+-，112n n S S dn n +-=+，故{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件，，反之，{}n Sn为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t 即1(1)n nna S t n n +-=+，故1(1)n n S na t n n +=-⋅+故1(1)(1)n n S n a t n n -=--⋅-，2n …两式相减有：11(1)22n n n n n a na n a tn a a t ++=---⇒-=，对1n =也成立，故{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选.C 方法2:因为甲：{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的首项1a ，公差为.d 即1(1)2n n n S na d -=+，则11(1)222n S n d d a d n a n -=+=+-，故{}n S n 为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，乙：{}n S n为等差数列.即11n n S S D n n +-=+，1(1).n SS n D n =+-即1(1).n S nS n n D =+-当2n …时，11(1)(1)(2).n S n S n n D -=-+-- 上两式相减得：112(1)n n n a S S S n D -=-=+-，所以12(1).n a a n D =+-当1n =时，上式成立．又1112(2(1))2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数.所以{}n a 为等差数列．则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选C . 2. （2023·新课标II 卷第8题）解：2S ，42S S -，64S S -，86S S -成等比数列，242224264264262(1)55(21)521S S q S q S S S q S S q S S S⎧-=⎧+=-⎪-==+⇒⎨⎨-=⎩⎪=⎩从而计算可得24681,5,21,85S S S S =-=-=-=- 故选.C3. （2023·新课标I 卷第20题）解：因为21333a a a =+，故3132d a a d ==+，即1a d =，故n a nd =，所以21n n n n b nd d++==，(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d +=，又3321S T +=，即34362122d d ⨯⨯+=，即22730d d -+=，故3d =或1(2d =舍)，故{}n a 的通项公式为：3.n a n =(2)方法一：(基本量法)若{}n b 为等差数列，则2132b b b =+，即11123123422a d a a d⨯⨯⨯⨯=+++，即2211320a a d d -+=，所以1a d =或12;a d =当1a d =时，n a nd =，1n n b d +=，故(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d+=，又999999S T -=，即99100991029922d d ⋅⋅-=，即250510d d --=，所以5150d =或1(d =-舍); 当12a d =时，(1)n a n d =+，n n b d=，故(3)2n n n d S +=，(1)2n n n T d +=，又999999S T -=，即99102991009922d d ⋅⋅-=，即251500d d --=，所以50(51d =-舍)或1(d =舍); 综上：51.50d = 方法二：因为{}n a 为等差数列且公差为d ，所以可得1n a dn a d =+-，则211(1)n n n n nb dn a d dn a d++⋅==+-+- 解法一：因为{}n b 为等差数列，根据等差数列通项公式可知n b 与n 的关系满足一次函数，所以上式中的分母“1dn a d +-”需满足10a d -=或者11da d=-，即1a d =或者12;a d = 解法二：由211(1)n n n n nb dn a d dn a d ++⋅==+-+-可得，112b a =，216b a d =+，31122b a d =+，因为{}n b 为等差数列，所以满足1322b b b +=，即111212622a a d a d+=⋅++，两边同乘111()(2)a a d a d ++化简得2211320a a d d -+=，解得1a d =或者12;a d =因为{}n a ，{}n b 均为等差数列，所以995099S a =，995099T b =，则999999S T -=等价于50501a b -=， ①当1a d =时，n a dn =，1(1)n b n d =+，则505051501a b d d-=-=，得 250510(5051)(1)0d d d d --=⇒-+=，解得5150d =或者1d =-，因为1d >，所以51;50d =②当12a d =时，(1)n a d n =+，1n b n d =，则505050511a b d d-=-=，化简得 251500(5150)(1)0d d d d --=⇒+-=，解得5051d =-或者1d =，因为1d >，所以均不取; 综上所述，51.50d =4. （2023·新课标II 卷第18题）解：(1)设数列的公差为d ，由题意知：，即，解得52(1)2 3.n a n n ∴=+-=+(2)由(1)知23n a n =+，，212121n n b b n -+=+，当n 为偶数时，当n 为奇数时，22113735(1)(1)4(1)652222n n n T T b n n n n n ++=-=+++-+-=+-， ∴当n 为偶数且5n >时，即6n …时，22371(4)(1)022222n n n nT S n n n n n n -=+-+=-=->，当n 为奇数且5n >时，即7n …时， 22351315(4)5(2)(5)0.22222n n T S n n n n n n n n -=+--+=--=+-> ∴当5n >时，n S .n T >5.（2022·新高考I 卷第17题）解：1112(1)(1)33n n S S n n a a +=+-=，则23n n n S a +=①，1133n n n S a +++∴=②; 由②-①得：111322;33n n n n n a n n n a a a a n ++++++=-⇒=∴当2n …且*n N ∈时，13211221n n n n n a a a a aa a a a a ---=⋅⋅ 1543(1)(1)1232122n n n n n n n a n n +++=⋅⋅⋅=⇒=-- ，又11a =也符合上式，因此*(1)();2n n n a n N +=∈ 1211(2)2((1)1n a n n n n ==-++， 1211111111112(2(12122311n a a a n n n ∴+++=-+-++-=-<++ ，即原不等式成立.6.（2022·新高考II 卷第17题）解：(1)设等差数列{}n a 公差为d由2233a b a b -=-，知1111224a d b a d b +-=+-，故12d b = 由2244a b b a -=-，知111128(3)a d b b a d +-=-+，故11124(3);a d b d a d +-=-+故1112a d b d a +-=-，整理得11a b =，得证.(2)由(1)知1122d b a ==，由1k m b a a =+知：11112(1)k b a m d a -⋅=+-⋅+即111112(1)2k b b m b b -⋅=+-⋅+，即122k m -=，因为1500m 剟，故1221000k -剟，解得210k 剟，故集合1{|,1500}k m k b a a m =+剟中元素的个数为9个. 7.（2021·新高考II 卷第12题）（多选）解：对于A 选项，010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，，则12101122222kk k k n a a a a +-=⋅+⋅++⋅+⋅ ，，A 选项正确；对于B 选项，取2n =，012237121212n +==⋅+⋅+⋅，，而0120212=⋅+⋅，则，即，B 选项错误；对于C 选项，34302340101852225121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 32k k a ++⋅，所以，，23201230101432223121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 22k k a ++⋅，所以，，因此，，C 选项正确；对于D 选项，01121222n n --=+++ ，故，D 选项正确.故选.ACD8.（2021·新高考I 卷第16题）解：对折3次时，可以得到2.512dm dm ⨯，56dm dm ⨯，103dm dm ⨯，20 1.5dm dm ⨯四种规格的图形. 对折4次时，可以得到2.56dm dm ⨯，1.2512dm dm ⨯，53dm dm ⨯，10 1.5dm dm ⨯，200.75dm dm ⨯五种规格的图形.对折3次时面积之和23120S dm =，对折4次时面积之和2475S dm =，即12402120S ==⨯，2180360S ==⨯，3120430S ==⨯，475515S ==⨯，……得折叠次数每增加1，图形的规格数增加1，且()*12401,2nn S n n N ⎛⎫=+⨯∈ ⎪⎝⎭，121111240[234(1)]2482n n S S S n ∴++=⨯⨯+⨯+⨯++⋅+记231242n n n T +=+++ ，则112312482n n n T ++=+++ ， 11111111(224822n n n n n n T T T ++-==++++-113113322222n n n n n ++++=--=-，得332n nn T +=-，123240(3)2n n n S S S +∴++=⨯-，故答案为5；3240(3).2n n +⨯-9.（2021·新高考I 卷第17题）解：⑴12b a =，且21+1=2a a =，则1=2b ， 24b a =，且4321215a a a =+=++=，则25b =；1222121213n n n n n b a a a b +++==+=++=+，可得13n n b b +-=，故{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列；故()21331n b n n =+-⨯=-.数列{}n a 的前20项中偶数项的和为2418201210109=102+3=1552a a a ab b b ⨯++++=+++⨯⨯ ，又由题中条件有211a a =+，431a a =+，，20191a a =+，故可得n a 的前20项的和10.（2021·新高考II 卷第17题）解：(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有22433()()a a a d a d d =-+=-，412343333(2)()()2S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-+++=-，从而22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =，数列的通项公式为：*3(3)26().n a a n d n n N =+-=-∈(2)由数列的通项公式可得1264a =-=-，则2(1)(4)252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即2526n n n ->-，整理可得(1)(6)0n n -->，解得1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7.(2)11.（2020·新高考I 卷第14题、II 卷第15题）解：数列的首项是1，公差为2的等差数列；数列的首项是1，公差为3的等差数列；公共项构成首项为1 ，公差为6的等差数列; 故的前n 项和S n 为： .故答案为232.n n -12.（2020·新高考I 卷第18题）解：(1)设等比数列的公比为q ，且1q >，2420a a += ，38a =，，解得舍)或，∴数列{}n a 的通项公式为2;n n a =(2)由(1)知12a =，24a =，38a =，416a =，532a =，664a =，7128a =，则当1m =时，10b =，当2m =时，21b =，以此类推，31b =，45672b b b b ====，815...3b b ===，1631...4b b ===， 3263...5b b ===，64100...6b b ===， 10012100...S b b b ∴=+++0122438416532637480.=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=13.（2020·新高考II 卷第18题）解：(1)设等比数列{}n a 的公比为(1)q q >，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩， {21}n -{32}n -{}n a1q > ，122a q =⎧∴⎨=⎩， 1222.n n n a -∴=⋅=1223(2)a a a a -+…11(1)n n n a a -++- 35792222=-+-+…121(1)2n n -++-⋅，322322[1(2)]82(1).1(2)55n n n +--==----。

历年(2020-2023)全国高考数学真题分类(集合与常用逻辑用语)汇编(附答案)

历年(2020‐2023)全国高考数学真题分类(集合与常用逻辑用语)汇编【2023年真题】1.（2023·新课标I 卷第1题）已知集合{2,1,0,1,2}M =--，2{|60}N x x x =--…，则M N ⋂=( ) A. {2,1,0,1}--B. {0,1,2}C. {2}-D. {2}2. （2023·新课标I 卷第7题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列：乙：{}n sn为等差数列，则( )A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件3.（2023·新课标II 卷第2题）设集合{0,}A a =-，{1,2,22}B a a =--，若A B ⊆，则a =( ) A. 2B. 1C.23D. 1-【2022年真题】4.（2022·新高考I 卷第1题）若集合{4}M x =<，{|31}N x x =…，则M N ⋂=( ) A. {|02}x x <…B. 1{|2}3x x <…C. {|316}x x <…D. 1{|16}3x x <…5.（2022·新高考II 卷第1题）已知集合{1,1,2,4}A =-，{||1|1}B x x =-…，则A B ⋂=( ) A. {1,2}-B. {1,2}C. {1,4}D. {1,4}-【2021年真题】6.（2021·新高考I 卷第1题）设集合{|24}A x x =-<<，{2,3,4,5}B =，则A B ⋂=( ) A. {2}B. {2,3}C. {3,4}D. {2,3,4}7.（2021·新高考II 卷第2题）设集合{1,2,3,4,5,6},U = {1,3,6},{2,3,4}A B ==，则()U A B ⋂=ð( ) A. {3}B. {1,6}C. {5,6}D. {1,3}【2020年真题】8.（2020·新高考I 卷第1题）设集合{|13}A x x =剟，{|24}B x x =<<，则A B ⋃=( ) A. {|23}x x <…B. {|23}x x 剟C. {|14}x x <…D. {|14}x x <<9.（2020·新高考II 卷第2题）设集合{2,3,5,7}A =，{1,2,3,5,8}B =，则A B ⋂=( ) A. {1,3,5,7} B. {2,3} C. {2,3,5} D. {1,2,3,5,7,8}参考答案1.（2023·新课标I 卷第1题）解：(,2][3,)N =-∞-⋃+∞，所以{2};M N ⋂=-故选.C 2. （2023·新课标I 卷第7题）解：方法1:为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ，则1(1)2n n n S na d -=+，111222n S n d da d n a n -=+=+-，112n n S S dn n +-=+，故{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件，，反之，{}nS n为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t 即1(1)n nna S t n n +-=+，故1(1)n n S na t n n +=-⋅+故1(1)(1)n n S n a t n n -=--⋅-，2n …两式相减有：11(1)22n n n n n a na n a tn a a t ++=---⇒-=，对1n =也成立，故{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选.C 方法2:因为甲：{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的首项1a ，公差为.d 即1(1)2n n n S na d -=+，则11(1)222n S n d d a d n a n -=+=+-，故{}n S n为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，乙：{}n S n为等差数列.即11n n S S D n n +-=+，1(1).n SS n D n =+-即1(1).n S nS n n D =+-当2n …时，11(1)(1)(2).n S n S n n D -=-+-- 上两式相减得：112(1)n n n a S S S n D -=-=+-，所以12(1).n a a n D =+-当1n =时，上式成立．又1112(2(1))2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数.所以{}n a 为等差数列．则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选C3.（2023·新课标II 卷第2题）解：A B ⊆，则220a -=，1a =，{0,1}A =-，{1,1,0}B =-，满足，选.B 4.（2022·新高考I 卷第1题）解：因为{|016}M x x =<…，1{|}3N x x =…，故1{|16}.3M N x x ⋂=<… 5.（2022·新高考II 卷第1题）解：方法一：通过解不等式可得集合{|02}B x x =剟，则{1,2}A B ⋂=，故B 正确. 法二：代入排除法.1x =-代入集合{||1|1}B x x =-…，可得|1||11|21x -=--=>，1x =-，不满足，排除A 、;4D x =代入集合{||1|1}B x x =-…，可得|1||41|31x -=-=>，4x =，不满足，排除 C ，故B 正确.6.（2021·新高考I 卷第1题）解：因为集合{}{}24,2,3,4,5A x x B =-<<=，所以{2,3}.A B ⋂= 故选.B7.（2021·新高考II 卷第2题）解：由题设可得U {1,5,6}B =ð，故U (){1,6}.A B ⋂=ð 故选.B8.（2020·新高考I 卷第1题）解：因为集合{|13}A x x =剟，{|24}B x x =<<， ={|14}.A B x x ⋃<…故选.C9.（2020·新高考II 卷第2题）解：因为集合A ，B 的公共元素为：2，3，5 故{2,3,5}.A B ⋂= 故选：.C。

历年高考数学真题(全国卷整理版)

参考公式：如果事件A 、B 互斥，那么球的表面积公式()()()P A B P A P B 24S R如果事件A 、B 相互独立，那么其中R 表示球的半径()()()P A B P A P B 球的体积公式如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么334VRn 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率其中R 表示球的半径()(1)(0,1,2,)k kn kn nP k C p p k n …普通高等学校招生全国统一考试一、选择题1、复数131i i=A 2+IB 2-IC 1+2iD 1- 2i2、已知集合A ＝{1.3. m }，B ＝{1，m} ,AB ＝A, 则m=A0或3B 0或3C 1或3D 1或33 椭圆的中心在原点，焦距为4 一条准线为x=-4 ，则该椭圆的方程为A216x+212y=1 B212x+28y=1C28x+24y=1 D212x+24y=14 已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中，AB=2，CC 1=22E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为A 2B3C2D 1（5）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5=5，S 5=15，则数列的前100项和为(A)100101(B)99101(C)99100(D)101100（6）△ABC 中，AB 边的高为CD ，若a ·b=0，|a|=1，|b|=2，则(A)（B ）(C)(D)（7）已知α为第二象限角，sinα＋sinβ=33，则cos2α=(A)5-3（B）5-9(C)59(D)53（8）已知F1、F2为双曲线C：x2-y2=2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=|2PF2|，则cos ∠F1PF2=(A)14（B）35(C)34(D)45（9）已知x=lnπ，y=log52，12z=e，则(A)x＜y＜z （B）z＜x＜y (C)z＜y＜x (D)y＜z＜x(10) 已知函数y＝x2-3x+c的图像与x恰有两个公共点，则c＝（A）-2或2 （B）-9或3 （C）-1或1 （D）-3或1（11）将字母a,a,b,b,c,c,排成三行两列，要求每行的字母互不相同，梅列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有（A）12种（B）18种（C）24种（D）36种（12）正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AE＝BF＝73。