【文档说明】2023年高考真题——文科数学（全国甲卷）含解析.pdf，共(23)页，804.415 KB，由envi的店铺上传

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2023年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷）文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干

净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.设全集1,2,3,4,5U，集合

1,4,2,5MN，则UNMð（）A.2,3,5B.1,3,4C.1,2,4,5D.2,3,4,5【答案】A【解析】【分析】利用集合的交并补运算即可得解.【详解】因为全集{

1,2,3,4,5}U，集合{1,4}M，所以2,3,5UMð，又{2,5}N，所以{2,3,5}UNMð，故选：A.2.351i2i2i（）A.1B.1C.1iD.1i【答案】C【解析】【分析】利用复数的四则运算求解即可.【详解】351i

51i1i(2i)(2i)5故选：C.3.已知向量3,1,2,2ab，则cos,abab（）A.117B.1717C.55D.255【答案】B【解析】【分析】利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得,,abababab

，从而利用平面向量余弦的运算公式即可得解.【详解】因为(3,1),(2,2)ab，所以5,3,1,1abab，则225334,112abab

，51312abab，所以217cos,17342abababababab.故选：B.4.某校文艺部有4名学生，其中高一

、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（）A.16B.13C.12D.23【答案】D【解析】【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文

艺汇演，总的基本事件有24C6件，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有1122CC4，所以这2名学生来自不同年级的概率为4263.故选：D.5.记nS为等差数列na的前n项和．若264810,45aaaa，则5S（）A.25B.22C.20D

.15【答案】C【解析】【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列na的公差和首项，再根据前n项和公式即可解出；方法二：根据等差数列的性质求出等差数列na的公差，再根据前n项和公式的性质即可解出．【详

解】方法一：设等差数列na的公差为d，首项为1a，依题意可得，2611510aaadad，即135ad,又48113745aaadad，解得：11,2da，所以515455210202Sad

．故选：C.方法二：264210aaa，4845aa，所以45a，89a，从而84184aad，于是34514aad，所以53520Sa．故选：C.6.执行下边的程序框图，则输出的B（

）A.21B.34C.55D.89【答案】B【解析】【分析】根据程序框图模拟运行即可解出．【详解】当1k时，判断框条件满足，第一次执行循环体，123A，325B，112k；当2k时，判断框条件满足，第二次执行循环体，358A，8513B，

213k；当3k时，判断框条件满足，第三次执行循环体，81321A，211334B，314k；当4k时，判断框条件不满足，跳出循环体，输出34B．故选：B.7.设12,FF为椭圆22:15xCy的两个焦点，点P在C上，若120PFPF

，则12PFPF（）A.1B.2C.4D.5【答案】B【解析】【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出12PFF△的面积，即可解出；方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．【详解】方法一：因为120PFPF

，所以1290FPF，从而122121tan4512FPFSbPFPF，所以122PFPF．故选：B.方法二：因为120PFPF，所以1290FPF，由椭圆方程可知，25142cc，所以222212

12416PFPFFF，又12225PFPFa，平方得：22121212216220PFPFPFPFPFPF，所以122PFPF．故选：B.8.曲线e1xyx在点e1,2处的切线方程为（）A.e4yx

B.e2yxC.ee44yxD.e3e24yx【答案】C【解析】【分析】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解.【详解】设曲线e1xyx在点e1,2处的切线方程为e12ykx，因为e

1xyx，所以22e1ee11xxxxxyxx，所以1e|4xky所以ee124yx所以曲线e1xyx在点e1,2处的切线方程为ee44yx.故选：C9.已知双曲线22221(0,

0)xyabab的离心率为5，其中一条渐近线与圆22(2)(3)1xy交于A，B两点，则||AB（）A.55B.255C.355D.455【答案】D【解析】【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.【详解】由

5e，则222222215cabbaaa，解得2ba，所以双曲线的一条渐近线不妨取2yx，则圆心(2,3)到渐近线的距离2|223|5521d，所以弦长22145||22155ABrd.故选：D1

0.在三棱锥PABC中，ABC是边长为2的等边三角形，2,6PAPBPC，则该棱锥的体积为（）A.1B.3C.2D.3【答案】A【解析】【分析】证明AB平面PEC，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥

，其高之和为AB得解.【详解】取AB中点E，连接,PECE，如图，ABC是边长为2的等边三角形，2PAPB，,PEABCEAB，又,PECE平面PEC，PECEE，AB平面PEC，又3232PECE，6PC，故222PCPE

CE，即PECE，所以1113321332BPECAPECPECVVVSAB△，故选：A11.已知函数2(1)exfx．记236,,222afbfcf

，则（）A.bcaB.bacC.cbaD.cab【答案】A【解析】【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.【详解】令2()(1)gxx，则()gx开口向下，对称轴为1x，因为63634112222

，而22(63)4962166270，所以636341102222，即631122由二次函数性质知63()()22gg，因为62624112222，而22(62)4843164

384(32)0，即621122，所以62()()22gg，综上，263()()()222ggg，又exy为增函数，故acb，即bca.故选：A.12.函数yfx的图象由cos26yx

的图象向左平移6个单位长度得到，则yfx的图象与直线1122yx的交点个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】先利用三角函数平移的性质求得sin2fxx，再作出fx与1122yx的部分

大致图像，考虑特殊点处fx与1122yx的大小关系，从而精确图像，由此得解.【详解】因为πcos26yx向左平移π6个单位所得函数为πππcos2cos2sin2662yxxx，所以sin2fx

x，而1122yx显然过10,2与1,0两点，作出fx与1122yx的部分大致图像如下，考虑3π3π7π2,2,2222xxx，即3π3π7π,,444xxx处fx与1122yx的大小关系，当3π4x时

，3π3πsin142f，13π1π4284312y；当3π4x时，3π3πsin142f，13π13π412428y；当7π4x时，7π7πsin142f

，17π17π412428y；所以由图可知，fx与1122yx的交点个数为3.故选：C.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.记nS为等比数列na的前n项和．若6387SS，则na的

公比为________．【答案】12【解析】【分析】先分析1q，再由等比数列的前n项和公式和平方差公式化简即可求出公比q.【详解】若1q，则由6387SS得118673aa，则10a，不合题意.所以1q.当1q

时，因为6387SS，所以6311118711aqaqqq，即638171qq，即33381171qqq，即3817q，解得12q.故答案为：1214.若2π(1)sin2fxxaxx为偶函

数，则a________．【答案】2【解析】【分析】根据常见函数的奇偶性直接求解即可.【详解】222π1sin1cos(2)1cos2fxxaxxxaxxxaxx，且函数为偶函数，20a，解得2a，故答

案为：215.若x，y满足约束条件323,2331,xyxyxy，则32zxy的最大值为________．【答案】15【解析】【分析】由约束条件作出可行域，根据线性规划求最值即可.【详解】作出可行域，如图，由图可知，当目标函数322zyx过点A时，z有最大

值，由233323xyxy可得33xy，即(3,3)A,所以max332315z.故答案为：1516.在正方体1111ABCDABCD中，4,ABO为1AC的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________

．【答案】[22,23]【解析】【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.【详解】设球的半径为R.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径

最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径2R为体对角线长222144443AC，即243,23RR，故max23R；分别取侧棱1111,,,AABBCCDD的中点,,,MHGN，显然四边形MNG

H是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，连接MG，则42MG，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为22.综上，[22,23]R.故答案为：[22,23]三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考

题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知2222cosbcaA．（1）求bc；（2）若coscos1co

scosaBbAbaBbAc，求ABC面积．【答案】（1）1（2）34【解析】【分析】（1）根据余弦定理即可解出；（2）由（1）可知，只需求出sinA即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．【小问1详解】因为2

222cosabcbcA，所以2222cos22coscosbcabcAbcAA，解得：1bc．【小问2详解】由正弦定理可得coscossincossincossincoscossincossinco

ssinaBbAbABBABaBbAcABBACsinsinsinsin1sinsinsinABABBBABABAB，变形可得：sinsinsinABABB，即2cossins

inABB，而0sin1B≤，所以1cos2A，又0πA，所以3sin2A，故ABC的面积为1133sin12224ABCSbcA△．18.如图，在三棱柱111ABCABC-中，1AC平面,90ABCACB．（1）证明：平面11A

CCA平面11BBCC；（2）设11,2ABABAA，求四棱锥111ABBCC的高．【答案】（1）证明见解析.（2）1【解析】【分析】(1)由1AC平面ABC得1ACBC，又因为ACBC，可证BC平面11ACCA，从而证得平面11

ACCA平面11BCCB；(2)过点1A作11AOCC，可证四棱锥的高为1AO,由三角形全等可证1ACAC，从而证得O为1CC中点，设1ACACx，由勾股定理可求出x，再由勾股定理即可求1AO.【

小问1详解】证明：因为1AC平面ABC，BC平面ABC,所以1ACBC,又因为90ACB，即ACBC，1,ACAC平面11ACCA，1ACACC,所以BC平面11ACCA，又因为BC平面

11BCCB,所以平面11ACCA平面11BCCB.【小问2详解】如图，过点1A作11AOCC，垂足为O.因为平面11ACCA平面11BCCB，平面11ACCA平面111BCCBCC，1AO平面11ACCA，所以1AO平面11BCCB，所以四棱锥

111ABBCC的高为1AO.因为1AC平面ABC，,ACBC平面ABC,所以1ACBC,1ACAC,又因为1ABAB，BC为公共边，所以ABC与1ABC全等，所以1ACAC.设1ACACx，则11ACx，所

以O为1CC中点，11112OCAA,又因为1ACAC,所以22211ACACAA,即2222xx，解得2x，所以22221111211AOACOC，所以四棱锥111ABBCC的高为1．1

9.一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）．试验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序

为15.218.820.221.322.523.225.826.527.530.132.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为7.89.

211.412.413.215.516.518.018.819.219.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5（1）计算试验组的样本平均数；（2）（ⅰ）求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两

样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表mm对照组试验组（ⅱ）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？附：22()nadbcKabcdacbd，2

PKk0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【答案】（1）19.8（2）（i）23.4m；列联表见解析，（ii）能【解析】【分析】（1）直接根据均值定义求解；（2）（i）根据中位数的定义即可求得23.4m，从而求得列联表；（ii）利用独立性检验的卡方计算

进行检验，即可得解.【小问1详解】试验组样本平均数为：1(7.89.211.412.413.215.516.518.018.819.219.820.22039621.622.823.623.925.128.23

2.336.5)19.820【小问2详解】（i）依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数，由原数据可得第11位数据为18.8，后续依次为19.2,19.8,20.2,20.2,21.3,21.6,22.5,22.8,2

3.2,23.6,，故第20位为23.2，第21位数据为23.6，所以23.223.623.42m，故列联表为：mm合计对照组61420试验组14620合计202040（ii）由（i）可得，2240(661414)6

.4003.84120202020K，所以能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异.20.已知函数2sinπ,0,cos2xfxaxxx．（1）当

1a时，讨论fx的单调性；（2）若sin0fxx，求a的取值范围．【答案】（1）fx在π0,2上单调递减（2）0a【解析】【分析】（1）代入1a后，再对fx求导，同时利用三角函

数的平方关系化简fx，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；（2）法一：构造函数singxfxx，从而得到0gx，注意到00g，从而得到00g，进而得到0a，再分类讨论0a与a<0两种情况即可

得解；法二：先化简并判断得2sinsin0cosxxx恒成立，再分类讨论0a，a<0与0a三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得0a时不满足题意，从而得解.【小问1详解】因为1a，所以2sinπ,0,cos2xfxxxx

，则22432coscos2cossinsincos2sin11coscosxxxxxxxfxxx3333222coscos21coscoscos2coscosxxxxxxx，令costx，由于π0,2x

，所以cos0,1tx，所以23233222coscos22221211xxttttttttt2221ttt，因为2222110ttt，10t，33c

os0xt，所以233coscos20cosxxfxx在π0,2上恒成立，所以fx在π0,2上单调递减.【小问2详解】法一：构建2sinπsinsin0cos2xgx

fxxaxxxx，则231sinπcos0cos2xgxaxxx，若sin0gxfxx，且00sin00gf，则0110gaa，解得0a，当0a时，因为22sin1si

nsin1coscosxxxxx，又π0,2x，所以0sin1x，0cos1x，则211cosx，所以2sinsinsin0cosxfxxxx，满足题意；当a<0时，由于π02x，显然0ax，所以22sinsinsi

nsinsin0coscosxxfxxaxxxxx，满足题意；综上所述：若sin0fxx，等价于0a，所以a的取值范围为,0.法二：因为2232222sincos1sinsincossinsinsinc

oscoscoscosxxxxxxxxxxxx，因为π0,2x，所以0sin1x，0cos1x，故2sinsin0cosxxx在π0,2上恒成立，所以当0a时，2sinsinsin0c

osxfxxxx，满足题意；当a<0时，由于π02x，显然0ax，所以22sinsinsinsinsin0coscosxxfxxaxxxxx，满足题意；当0a时，因为322sinsinsinsincoscosxxfxxaxxaxxx，令3

2sinπ0cos2xgxaxxx，则22433sincos2sincosxxxgxax，注意到22433sin0cos02sin000cos0gaa，若π02x，0gx

，则gx在π0,2上单调递增，注意到00g，所以00gxg，即sin0fxx，不满足题意；若0π02x，00gx，则000ggx，所以在π0,2上最靠近0x处

必存在零点1π20,x，使得10gx，此时gx在10,x上有0gx，所以gx在10,x上单调递增，则在10,x上有00gxg，即sin0fxx，不满足题意；综上：0a.【点睛】

关键点睛：本题方法二第2小问讨论0a这种情况的关键是，注意到00g，从而分类讨论gx在π0,2上的正负情况，得到总存在靠近0x处的一个区间，使得0gx，从而推得存在

00gxg，由此得解.21.已知直线210xy与抛物线2:2(0)Cypxp交于,AB两点，415AB．（1）求p；（2）设F为C的焦点，,MN为C上两点，且0FMFN，求MFN△面积的最小值．【答案】（1）2p（2）1282

【解析】【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出p；（2）设直线MN：xmyn，1122,,,,MxyNxy利用0MFNF，找到,mn的关系

，以及MNF的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．【小问1详解】设,,,AABBAxyBxy，由22102xyypx可得，2420ypyp，所以4,2ABAByypyyp，所以

222554415ABABABABABABxxyyyyyyyy，即2260pp，因为0p，解得：2p．【小问2详解】因为1,0F，显然直线MN的斜率不可能为零，设直线MN：xmyn，1122,,,MxyNxy，由24y

xxmyn可得，2440ymyn，所以，12124,4yymyyn，22161600mnmn，因为0MFNF，所以1212110xxyy，即1212110my

nmynyy，亦即2212121110myymnyyn，将12124,4yymyyn代入得，22461mnn，22410mnn，所以1n，且261

0nn，解得322n或322n．设点F到直线MN的距离为d，所以211ndm，22222121212111616MNxxyymyymmn22221461162

11mnnnmn，所以MNF的面积2221112111221nSMNdmnnm，而322n或322n，所以，当322n时，MNF的面积2min2221282S．【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到,m

n的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22.已知点2,1P，直

线2cos,:1sinxtlyt（t为参数），为l的倾斜角，l与x轴正半轴、y轴正半轴分别交于,AB，且4PAPB．（1）求；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求l的极坐标方程．【答案】（1）3π4（2）cossin30

【解析】【分析】（1）根据t的几何意义即可解出；（2）求出直线l的普通方程，再根据直角坐标和极坐标互化公式即可解出．【小问1详解】因为l与x轴，y轴正半轴交于,AB两点，所以ππ2，令0x，12cost，令0y，21sint，所以21244sin

cossin2PAPBtt，所以sin21，即π2π2k，解得π1π,42kkZ，因为ππ2，所以3π4．【小问2详解】由（1）可知，直线l的斜率为tan1，且过点2,1，所以直线l的普通方程为：12

yx，即30xy，由cos,sinxy可得直线l的极坐标方程为cossin30．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知()2||,0fxxaaa．（1）求不等式fxx的解集；（2）若曲线yfx与

x轴所围成的图形的面积为2，求a．【答案】（1）,33aa（2）263【解析】【分析】（1）分xa和xa讨论即可;（2）写出分段函数,画出草图,表达面积解方程即可.【小问1详解】若xa,则()22fxaxax,即3xa,解得3ax,即3axa

,若xa,则()22fxxaax,解得3xa,即3axa,综上,不等式的解集为,33aa.【小问2详解】2,()23,xaxafxxaxa.画出()fx的草图,则

()fx与坐标轴围成ADO△与ABCABC的高为3,(0,),,0,,022aaaDaAB,所以||ABa所以21132224OADABCSSOAaABaa,解得263a获得更多资源请扫码加入享

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