【文档说明】2023年高考真题——理科数学（全国甲卷）含解析.pdf，共(26)页，919.069 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）理科数学一、选择题1.设集合{31,},{32,}AxxkkZBxxkkZ∣∣，U为整数集，()ABUð（）A.{|3,}xxkkZB.{31,}xxkkZ∣C.{32,}xxkkZ∣D.【答案】A【解析】【

分析】根据整数集的分类，以及补集的运算即可解出．【详解】因为整数集|3,|31,|32,xxkkxxkkxxkkZZZZ，UZ，所以，|3,UABxxkkZð．故选：A．2.若复数i1

i2,Raaa，则a（）A.-1B.0·C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出．【详解】因为22i1iii21i2aaaaaaa，所以22210aa，解得：1a．故选：C.3.执行下面的程序框遇，

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1n时，判断框条件满足，第一次执行循环体，123A，325B，112n；当2n时，判断框条件满足，第二次执行循环体，

358A，8513B，213n；当3n时，判断框条件满足，第三次执行循环体，81321A，211334B，314n；当4n时，判断框条件不满足，跳出循环体，输出34B．故选：B.4.向量||||1,

||2abc，且0abc，则cos,acbc（）A.15B.25C.25D.45【答案】D【解析】【分析】作出图形,根据几何意义求解.【详解】因为0abc

,所以abc+=-rrr,即2222ababc,即1122abrr,所以0ab.如图,设,,OAaOBbOCc,由题知,1,2

,OAOBOCOAB是等腰直角三角形,AB边上的高22,22ODAD,所以232222CDCOOD,13tan,cos310ADACDACDCD,2cos,coscos22cos1acbcACBACDACD

23421510.故选:D.5.已知正项等比数列na中，11,naS为na前n项和，5354SS，则4S（）A.7B.9C.15D.30【答案】C【解析】【分析】根据题意列出关于q

的方程,计算出q,即可求出4S.【详解】由题知23421514qqqqqq,即34244qqqq,即32440qqq,即(2)(1)(2)0qqq.由题知0q,所以

2q=.所以4124815S.故选:C.6.有60人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为（）A.0.8B.0.4C.0.2D.0.1【答

案】A【解析】【分析】先算出报名两个俱乐部的人数,从而得出某人报足球俱乐部的概率和报两个俱乐部的概率,利用条件概率的知识求解.【详解】报名两个俱乐部的人数为50607040，记“某人报足球俱乐部”

为事件A,记“某人报兵乓球俱乐部”为事件B，则505404(),()707707PAPAB，所以4()7()0.85()7PABPBAPA∣.故选:A.7.“22sinsin1”是“sincos0”的

（）A.充分条件但不是必要条件B.必要条件但不是充分条件C.充要条件D.既不是充分条件也不是必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的概念及同角三角函数的基本关系得解.【详解】当22sinsin1时，例如π,02但sincos0，即22sinsin1

推不出sincos0；当sincos0时，2222sinsin(cos)sin1，即sincos0能推出22sinsin1.综上可知，22sinsin1是sincos0成立的必要不充分条件.故选：B8.已知双曲线222

21(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.15B.55C.255D.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：D9.有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为（）A.120B.60C.40D.30【答案】B【解析】【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天社区服务的

情况，即可得解.【详解】不妨记五名志愿者为,,,,abcde，假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有24A12种方法，同理：,,,bcde连续参加了两天社区服务，也各有12种方法，所以恰

有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有51260种.故选：B.10.已知fx为函数πcos26yx向左平移π6个单位所得函数，则yfx与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sin2fxx，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3π3

π7π2,2,2222xxx，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.11.在

四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，4,3,45ABPCPDPCA，则PBC的面积为（）A.22B.32C.42D.52【答案】C【解析】【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得PDOPCO，PDBPCA，从而得到PA

PB，再在PAC△中利用余弦定理求得17PA，从而求得17PB，由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；法二：先在PAC△中利用余弦定理求得17PA，1cos3PCB，从而求得3PAPC，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于,PBBP

D的方程组，从而求得17PB，由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【详解】法一：连结,ACBD交于O，连结PO，则O为,ACBD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，4AB，所以42ACBD，则22DOCO，又3PCPD，POOP，所以PDOPCO

，则PDOPCO，又3PCPD，42ACBD，所以PDBPCA，则PAPB，在PAC△中，3,42,45PCACPCA，则由余弦定理可得22222cos3292423172PAACPCACPCPCA

，故17PA，则17PB，故在PBC中，7,43,1PPBCCB，所以222916171cos22343PCBCPBPCBPCBC，又0πPCB，所以222sin1cos3PCBPCB，所以PBC的面积为1122sin3442223SPCBC

PCB.法二：连结,ACBD交于O，连结PO，则O为,ACBD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，4AB，所以42ACBD，在PAC△中，3,45PCPCA，则由余弦定理可得22222cos3292423172PAACPCACPCPCA

，故17PA，所以2221793217cos2172173PAPCACAPCPAPC，则17cos173317PAPCPAPCAPC，不妨记,PBmBPD，因为

1122POPAPCPBPD，所以22PAPCPBPD，即222222PAPCPAPCPBPDPBPD

，则217923923cosmm，整理得26cos110mm①，又在PBD△中，2222cosBDPBPDPBPDBPD，即23296cosmm，则26cos230mm②，两式相加得22340m，故17PBm，故

在PBC中，7,43,1PPBCCB，所以222916171cos22343PCBCPBPCBPCBC，又0πPCB，所以222sin1cos3PCBPCB，所以PBC

的面积为1122sin3442223SPCBCPCB.故选：C.12.己知椭圆22196xy，12,FF为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，123cos5FPF，则||PO（）A.25B.

302C.35D.352【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，即可得到点P的坐标，从而得出OP的值；方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出221212,PFPF

PFPF，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出2212PFPF，即可根据中线定理求出．【详解】方法一：设12π2,02FPF，所以122212tantan2PFFFP

FSbb，由22212222cossin1tan3coscos2cos+sin1tan5FPF，解得：1tan2，由椭圆方程可知，222229,6,3abcab，所以，1212111236222PFFppSFFyy

，解得：23py，即2399162px，因此22930322ppOPxy．故选：B．方法二：因为1226PFPFa①，222121212122PFPFPFPFFPFFF，即2212126125PFPFPFP

F②，联立①②，解得：22121215,212PFPFPFPF，而1212POPFPF，所以1212OPPOPFPF，即22121122

111315302212222522POPFPFPFPFPFPF．故选：B．方法三：因为1226PFPFa①，222121212122PFPFPFPFFPFFF，即2212126125PFP

FPFPF②，联立①②，解得：221221PFPF，由中线定理可知，222212122242OPFFPFPF，易知1223FF，解得：302OP．故选：B．【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解

出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．二、填空题13.若2π(1)sin2yxaxx为偶函数，则a________．【

答案】2【解析】【分析】利用偶函数的性质得到ππ22ff，从而求得2a，再检验即可得解.【详解】因为22π1sin1cos2yfxxaxxxaxx

为偶函数，定义域为R，所以ππ22ff，即22ππππππ222222saa，则22πππ2π1212a，故2a，此时22

12cos1cosfxxxxxx，所以221coss1cofxxxxxfx，又定义域为R，故fx为偶函数，所以2a.故答案为：2.14.设x，y满足约束条件2333231xyxyxy，设32zx

y，则z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：1515.在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为CD，11AB的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为__

__________．【答案】12【解析】【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.【详解】不妨设正方体棱长为2，EF中点为O，取AB，1BB中点,GM，侧面11BBCC的中心为N，连接,,,,FGEGOMONM

N，如图，由题意可知，O为球心，在正方体中，22222222EFFGEG，即2R，则球心O到1BB的距离为2222112OMONMN，所以球O与棱1BB相切，球面与棱1BB只有1个交点，同理，根据

正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.故答案为：1216.在ABC中，2AB，60,6BACBC，D为BC上一点，AD为BAC的平分线，则

AD_________．【答案】2【解析】【分析】方法一：利用余弦定理求出AC，再根据等面积法求出AD；方法二：利用余弦定理求出AC，再根据正弦定理求出,BC，即可根据三角形的特征求出．【详解】如图所示：记,,ABcACbBCa，方法一：由余弦定理可得，22222cos606bb

，因为0b，解得：13b，由ABCABDACDSSS可得，1112sin602sin30sin30222bADADb，解得：2313323312bADb．故答案为：2．方法二：由

余弦定理可得，22222cos606bb，因为0b，解得：13b，由正弦定理可得，62sin60sinsinbBC，解得：62sin4B，2sin2C，因为1362，所以45C，180604575B

，又30BADo，所以75ADB，即2ADAB．故答案为：2．【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．三、解答题17.已知数列

na中，21a，设nS为na前n项和，2nnSna．（1）求na的通项公式；（2）求数列12nna的前n项和nT．【答案】（1）1nan（2）1222nnTn【解

析】【分析】（1）根据11,1,2nnnSnaSSn即可求出；（2）根据错位相减法即可解出．【小问1详解】因为2nnSna，当1n时，112aa，即10a；当3n时，33213aa，即32a，当2n

时，1121nnSna，所以11221nnnnnSSanana，化简得：121nnnana，当3n时，131122nnaaann，即1nan，

当1,2,3n时都满足上式，所以*1Nnann．【小问2详解】因为122nnnan，所以12311111232222nnTn，2311111112(1)22222nnnTnn

，两式相减得，123111111111222222111222211nnnnnnnT

，11122nn，即1222nnTn，*Nn．18.在三棱柱111ABCABC-中，12AA，1AC底面ABC，90ACB，1A到平面11BCCB

的距离为1．（1）求证：1ACAC；（2）若直线1AA与1BB距离为2，求1AB与平面11BCCB所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）1313【解析】【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得1AO平面11BCCB，再由勾股定理求出O为中点，即可得

证；（2）利用直角三角形求出1AB的长及点A到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.【小问1详解】如图，1AC底面ABC，BC面ABC，1ACBC，又BCAC，1,ACAC平面11ACCA，1ACACC,BC平面ACC1A1，又BC平面11

BCCB，平面11ACCA平面11BCCB，过1A作11AOCC交1CC于O，又平面11ACCA平面111BCCBCC，1AO平面11ACCA，1AO平面11BCCB1A到平面11BCCB的距离为1，

11AO，在11RtACC△中，111112,ACACCCAA，设COx，则12COx，11111,,AOCAOCACC△△△为直角三角形，且12CC，22211COAOAC，2221111AOOCCA，2221111ACACCC

，2211(2)4xx，解得1x，1112ACACAC，1ACAC【小问2详解】111,,ACACBCACBCAC，1RtRtACBACB△≌△1BABA，过B作1BDAA，交1AA于D，则D为1AA中点，由直线1AA与1BB距离为2，所以2B

D11AD，2BD，15ABAB，在RtABC△，223BCABAC，延长AC，使ACCM，连接1CM，由1111,CMACCMAC∥知四边形11ACMC为平行四边形，11CMAC∥，1CM平面ABC，又

AM平面ABC，1CMAM则在1RtACM△中，112,AMACCMAC，2211(2)ACACAC，在11RtABC△中，2211(2)ACACAC，113BCBC，2221(

22)(2)(3)13AB,又A到平面11BCCB距离也为1，所以1AB与平面11BCCB所成角的正弦值为1131313.19.为探究某药物对小鼠的生长抑制作用，将40只小鼠均分为两组，分别为对照组（不加药物）和实验组（加药物）．（1）设

其中两只小鼠中对照组小鼠数目为X，求X的分布列和数学期望；（2）测得40只小鼠体重如下（单位：g）：（已按从小到大排好）对照组：17.318.420.120.421.523.224.624.825.025.426.126.326.426.526.827.027.

427.527.628.3实验组：5.46.66.86.97.88.29.410.010.411.214.417.319.220.223.623.824.525.125.226.0（i）求40只小鼠体重的中位数m，并完成下面2×2列

联表：mm对照组实验组（ii）根据2×2列联表，能否有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用．参考数据：0k0.100.050.01020Pkk2.7063.8416.635【答案】（1）分布列见解析，

()1EX（2）（i）23.4m；列联表见解析，（ii）能【解析】【分析】（1）利用超几何分布的知识即可求得分布列及数学期望；（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】依题意，X的可能取值为0,1,2，则022020240CC19(0)C78PX，120224010CC20(1)C39PX，202020240CC19(2)C78PX，所以X的分布列为：X012P197820391978故1

92019()0121783978EX.【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，由于原数据已经排好，所以我们只需要观察对照组第

一排数据与实验组第二排数据即可，可得第11位数据为14.4，后续依次为17.3,17.3,18.4,19.2,20.1,20.2,20.4,21.5,23.2,23.6,，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实验组14620合计202040（ii）由（i）可得，240(661414)6.4003.84120202020K，所以能有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用.

20.已知直线210xy与抛物线2:2(0)Cypxp交于,AB两点，且||415AB．（1）求p；（2）设C的焦点为F，M，N为C上两点，0MFNF，求MNF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4,2ABABy

ypyyp，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：xm

yn，1122,,,MxyNxy，由24yxxmyn可得，2440ymyn，所以，12124,4yymyyn，22161600mnmn，因为0MFNF

，所以1212110xxyy，即1212110mynmynyy，亦即2212121110myymnyyn，将12124,4yymyyn代入得，22461mnn，2241

0mnn，所以1n，且2610nn，解得322n或322n．设点F到直线MN的距离为d，所以211ndm，22222121212111616MNxxyymyymm

n2222146116211mnnnmn，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,mn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.21

.已知3sinπ(),0,cos2xfxaxxx（1）若8a，讨论()fx的单调性；（2）若()sin2fxx恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）答案见解析.（2）(,3]【解析】【分析】（1）求导,然后令2costx

,讨论导数的符号即可;（2）构造()()sin2gxfxx,计算()gx的最大值,然后与0比较大小,得出a的分界点,再对a讨论即可.【小问1详解】326coscos3sincossin()cosxxxxxfxax

22244cos3sin32coscoscosxxxaaxx令2cosxt,则(0,1)t则2223223()()tattfxgtatt当222823(21)(43)8,(

)()ttttafxgttt当10,2t,即ππ,,()042xfx.当1,12t,即π0,,()04xfx.所以()fx在π0,4上单调递增,在ππ,42上

单调递减【小问2详解】设()()sin2gxfxx22222323()()2cos2()22cos12(21)24attgxfxxgtxtatttt设223()24tattt32233326426

2(1)(22+3)()40tttttttttt所以()(1)3ta.1若(,3]a,()()30gxta即()gx在0,2上单调递减,所以()(0

)0gxg.所以当(,3],()sin2afxx,符合题意.2若(3,)a当22231110,333tttt,所以()t.(1)30a.所以0(0,1)t,使得00t,即00,2x,使得

00gx.当0,1,()0ttt,即当00,,()0,()xxgxgx单调递增.所以当00,,()(0)0xxgxg,不合题意.综上,a的取值范围为(,3].【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数

的单调性costx在定义域内是减函数,若00costx,当0,1,()0ttt,对应当00,,()0xxgx.四、选做题22.已知(2,1)P，直线2cos:1sinxtlyt

（t为参数），为l的倾斜角，l与x轴，y轴正半轴交于A，B两点，||||4PAPB．（1）求的值；（2）以原点为极点，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21244si

ncossin2PAPBtt，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：12yx

，即30xy，由cos,sinxy可得直线l的极坐标方程为cossin30．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3a

x,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【点睛】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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