【文档说明】2023高考压轴卷——数学（理）（全国甲卷） PDF版含解析.pdf，共(19)页，856.307 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司KS5U2023全国甲卷高考压轴卷理科数学第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：（本大题共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个选项是符合题目要求的1.设复数z满足1i1z，则z（）A.22B.2C.5D.522.

设集合2,xAyyxR，210Bxx，则AB（）A.1,0B.,1C.,0D.1,3.已知)1,0(a，2b，若22ba，则a与b的

夹角为（）A.6B.32C.2D.34.下列说法正确的是（）A.在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差B.某地气象局预报：6月9日本地降水概率为90%，结果这天没下雨，这表明天气预报并不科学C.数据2，3，4，5的方差是数据4，6，

8，10的方差的一半D.在回归直线方程0.110ˆyx，当解释变量每增加1个单位时，预报变量多增加0.1个单位5.已知实数x，y满足约束条件2,1,20,xxyxy则2zxy的最小值是（）A.43B.53C.3D.56.如图，111ABCABC-是一个正三棱台，而

且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高为（）A.63B.332C.6D.3学科网（北京）股份有限公司7.已知函数2π2sin3cos212fxxx，则下列说法正确的是（

）A.fx的一条对称轴为π12xB.fx的一个对称中心为π(,0)12C.fx在π5π[,]1212上的值域为3,2D.fx的图象可由2sin2yx的图象向右平移π6个单位得到8.已知函数

()cosfxx，26()1xgxx，若函数()hx在[,]22上的大致图象如图所示，则()hx的解析式可能是（）A.()()()hxfxgxB.()()()hxfxgxC.()()g

()fxhxxD.()()()hxfxgx9.“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三

棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为2，则其外接球的表面积为（）A.16πB.8πC.16π3D.32π3学科网（北京）股份有限公司10.已知椭圆C的焦点为12

(0,1),(0,1)FF，过2F的直线与C交于P，Q两点，若22143,||5PFFQPQQF，则椭圆C的标准方程为（）A.2255123xyB.2212yxC.22123xyD.22145xy11.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知si

nsinsinsinabABcCB，若角A的内角平分线AD的长为3，则4bc的最小值为（）A.21B.24C.27D.3612.设函数()fx的定义域为R，满足2(1)()fxfx，且当(0,1]x时，()(1)fxxx

.若对任意[,)xm，都有8()9fx，则m的取值范围是A.7[,)6B.5[,)3C.5[,)4D.4[,)3第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分．请把KS5U答案填在答题卡相应的位置）13.5213xx的展

开式中常数项是______________．（用数字作答）14.若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的侧面积是______.（结果用含π的式子表示）15.双曲线2214xy的一条渐近线与曲线21(1)xy

交于M、N两个不同的点，则||MN__________．16.①530.3log5，②2ln22，③23e2，④1112lnsincos884，上述不等式正确的有______（填序号）学科网（北京）

股份有限公司三、解答题（本大题共6小题共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个学生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题：60分17.4月23日是“世

界读书日”．读书可以陶冶情操，提高人的思想境界，丰富人的精神世界．为了丰富校园生活，展示学生风采，某中学在全校学生中开展了“阅读半马比赛”活动．活动要求每位学生在规定时间内阅读给定书目，并完成在线阅读检测．通过随机抽样得到100名学生的检测得分（满分：100分）如下表：[40，

50）[50，60）[60，70）[70，80）[80，90）[90，100]男生235151812女生051010713（1）若检测得分不低于70分的学生称为“阅读爱好者”①完成下列2×2列联表阅读爱好者非阅读爱好者总计男生女生总计②请根据所学知识判断能否在犯错误的概率不超过0

.05的前提下，认为“阅读爱好者”与性别有关；（2）若检测得分不低于80分的人称为“阅读达人”．现从这100名学生中的男生“阅读达人’中，按分层抽样的方式抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，记这三人中得分在[90，100]内的人数为X，

求X的分布列和数学期望．附：22nadbcKabcdacbd，其中nabcd20PKk0.050.0250.0100.0050.0010k3.8415.0246.6357.87910.8

28学科网（北京）股份有限公司18.在数列na中，11N,R,029nanaan，它的最大项和最小项的值分别是等比数列nb中的21b和39b的值.（1）求数列nb的通项公式；（2）已知数列3,lognnnnccbb，求数列nc的

前n项和nM.19.某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边ABCDAD、、的中

点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接ABCG、就得到了一个“刍甍”(如图2)。（1）若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：//AO平面GCF

；（2）若二面角AEFB的大小为2π3，求平面OAB与平面ABE夹角的余弦值.学科网（北京）股份有限公司20.若抛物线2:20xpyp上的点,1t到焦点F的距离为2，平行于y轴的两条直线1l，2l分别交于A

，B两点，交的准线于C，D两点.（1）若F在线段AB上，E是CD的中点，证明：//AEFD；（2）过0,2P直线交于G，H，以GH为直径的圆交y轴于M，N，证明：OMON为定值.21.已

知2221lnfxxaxaxx，记fx的导函数为gx．（1）讨论gx的单调性；（2）若gx有三个零点123,,xxx，且123xxx，证明：12331xxxa．学科网（北京）股份有限公司（二）选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任

选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．选修4－4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为：24xtyt（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程

为sin4π3．（1）求曲线1C的极坐标方程和曲线2C的直角坐标方程；（2）在极坐标系中，射线π03与曲线1C交于点A，射线06πp与曲线2C交于点B，求AOB的面积．选修4-5：不等式选讲23.已知函数2fxaxx．（1）当1

a付，求不等式4fx的解集；（2）若()2fxa恒成立，求实数a的取值范围．学科网（北京）股份有限公司【KS5U答案1】A【分析】根据复数除法运算可求得z，由复数模长运算可求得结果.【KS5U解析】由1i

1z得：11i1i11i1i1i1i222z，22112222z.故选：A.【KS5U答案2】B【分析】根据指数函数的性质化简集合A，利用一元二次不等式的解法化简集合B，再求并集即可.【KS5U解析

】集合A表示函数2xy的值域，故(,0)A.由210x，得1x或1x，故(,1)1,B.所以AB,1.故选：B.【KS5U答案3】D【KS5U解析】1a，244222bb

aaba，1ba，21,cosba，a与b的夹角为3,故选D【KS5U答案4】D【分析】由残差图与模拟效果的关系判断A；由大概率事件也不一定发生判断B；第二组数据是由第一组乘以2得到的，可由方差的关

系判断C；由回归分析模型的性质以及回归方程b的含义判断D．【KS5U解析】对于A选项：在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，故A选项错误；对于B选项：概率只说明事件发生的可能性，事件不一定发生，所以并不能说明天气预报不科学，故B选项错误；对于C选项：根

据所给的数据，看出第二组是由第一组乘以2得到的，前一组的方差是后一组的四分之一，标准差是一半，故C选项错误；对于D选项：在回归直线方程0.110ˆyx中，当解释变量每增加1个单位时，预报变量增加0.1个单位，故D选项正确．故选：D．【KS5U答案5】B【分析】作出可行域，根据几何意义求解即

可.【KS5U解析】根据题意，画出可行域，如图中阴影部分所示.学科网（北京）股份有限公司联立方程120xyxy得2313xy,所以21,33P.由2zxy，得2yxz.由图知，当直线2yxz过点21,33P时

，z取得最小值，即min2152333z.故选:B.【KS5U答案6】C【分析】首先还原为三棱锥，再计算小棱锥的高，再根据相似关系，即可计算三棱台的高.【KS5U解析】如图1，将正三棱台，还原为正三棱锥，由相似关系可知，三棱锥111PABC的

棱长都是3，如图2，点P在底面111ABC的射影是底面三角形的中心，高22336PO，所以根据相似关系可知，三棱台的高也是6.故选：C【KS5U答案7】C【分析】化简可得π2sin26fxx，

利用代入检验法可判断AB的正误，利用正弦函数的性质可判断C的正误，求出平移后的解析式可判断D的正误.【KS5U解析】πcos23sin22sin26fxxxx，因为πππ2sin021266f

，故π12x不是对称轴，故A错误.πππ2sin301266f，π(,0)12不是fx的一个对称中心，故B错误.当π5π[,]1212x时，ππ2π2[,]336x，故3πsin2126x，所以π32

sin226x，即fx在π5π[,]1212上的值域为3,2，故C正确.2sin2yx的图象向右平移π6后对应的解析式为ππ2sin222sin263yxx，当0x时，此时函数对应的函

数值为3，而01f，学科网（北京）股份有限公司故π2sin23yx与fx不是同一函数，故D错误.故选：C.【KS5U答案8】D【分析】根据图象判断函数的奇偶性，结合特殊值，可得KS5U答案

.【KS5U解析】易知cosfxx为偶函数，由226611xxgxgxxx，则gx为奇函数，由图象可知，该函数是奇函数，因为()fx是偶函数，()gx是奇函数，所以()()fxg

x是非奇非偶函数，A，B不符合题意.因为当0x时，()()fxygx无意义，所以C不符合题意.故选：D.【KS5U答案9】A【分析】根据其外接球为正四棱柱的外接球，再结合球的表面积公式，即可得到结果.【KS5U解析】由题意可得2AB，根据该几何体的对称性可

知，该几何体的外接球即为底面棱长为2，侧棱长为22的正四棱柱的外接球，即222222222R，所以2R，则该正多面体外接球的表面积224π4π216πSR故选:A【KS5U答案10】B【分析】由已知可设22,3FQmPFm可求出所有线段用m表示，在12PFF△中由

余弦定理得1290FPF从而可求.【KS5U解析】如图，由已知可设22,3FQmPFm，又因为114||55PQQFQFm根据椭圆的定义212,62,3QFQFamaam，12223PFaPFaaam学科网（北京）股份有限公司在12PFF△中由余弦定

理得222222111116925cos02243PQPFQFmmmFPQPQPFmm，所以190FPQ2222221122994,3213PFPFFFmmmamb故椭圆方程为：2212yx故选：B【KS5U答案11

】C【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，由余弦定理求出角A，再利用三角形面积定理结合均值不等式求解作答.【KS5U解析】在△ABC中，sinsinsinsinabABcCB，由正弦

定理得()()()ababccb，即222abcbc，由余弦定理得2221cos22bcaAbc，而0A，则23A，因角A的内角平分线AD的长为3，由BADCADBACSSS△△△得：111sins

insin222cADBADbADCADbcBAD，即23sin3sinsin333cbbc，因此1113bc，则114443()(4)3(5)3(52)27cbcbbcbcbcbcbc，当且仅当

4cbbc，即29cb时取等号，所以当29cb时，4bc取得最小值27.故选：C【KS5U答案12】D【分析】根据已知条件求出当2,1x时，函数2111112fxfxxxxx，做出示意图如下图所示：要使89fx，

则需1xx，而由8129xx可解得143x，从而得出m的范围.【KS5U解析】当1,0x时，10,1x，而0,1x时，1,fxxx所以11111,fxxxxx又21f

xfx，所以当1,0x时，2121fxfxxx，学科网（北京）股份有限公司当2,1x时，2122111412fxfxxxxx，做出示意图如

下图所示：要使89fx，则需1xx，而由84129xx解得143x，所以43m，故选：D.【KS5U答案13】15【分析】利用二项式定理得到展开式的通项公式，从而令51002r求出4

r，得到常数项.【KS5U解析】5213xx的展开式的通项公式51052521551C33CrrrrrrrTxxx，令51002r，解得4r，所求常数

项为544553C3515T．故KS5U答案为：15【KS5U答案14】π2【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线长，进而根据圆锥侧面积公式πSrl求得结果．【KS5U解析】解：圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，圆锥的底面半径12r

，母线1l，故圆锥的侧面积ππ2Srl．故KS5U答案为：π2．【KS5U答案15】255##255【分析】根据题意先求出双曲线2214xy的一条渐近线方程，然后与曲线联立，求出交点M、N的坐标，代入两点间距离公式即

可求解.【KS5U解析】由题意知：双曲线2214xy的渐近线方程为：12yx，不妨取12yx，即2xy，因为曲线21(1)xy可化为22(1)1(01)xyx，联立方程组2

211201xyxyx，解得：00xy或4525xy，取42(,),(0,0)55MN，学科网（北京）股份有限公司所以224225(0)(0)555MN，故KS5U答案为：255.【KS5U答案16】②④【分析】由指数对数的运

算法则和不等式的性质比较大小.【KS5U解析】对于①：500.30.31，33log5log31，∴530.3log5，不等式①错误；对于②：ln2lne1<2，∴ln2222，即2ln22，不等式②正确对于③：

22e2.87.848，∴11233e8，即23e2，不等式③错误；对于④：211111112lnsincoslnsincosln12sincosln1sin8888884

，令()sin,0,1fxxxx，则()1cos0fxx在0,1x上恒成立，()fx在0,1上单调递增，∴111sin(0)0444ff，11sin44，得115ln1sinln1ln

444，45ln5544lnlnlne=11444，∴51ln44，∴11512lnsincosln8844，不等式④正确.故KS5U答案为：

②④【KS5U答案17】【分析】(1)根据题中数据完成表格，再计算2K的值，即可得结论；(2)由题意可得100名学生中的男生“阅读达人”共30人，按分层抽样得[80，90）内应抽取3人，[90，100]内应抽取2人，从而得X的取值为0，1，2，计算出对应的概论，

列出分布列即可求得期望.【小问1KS5U解析】解：由题中表格可得2×2列联表如下阅读爱好者非阅读爱好者总计男生451055女生301545总计7525100由题意得22100(45153010)3.033.84125755545K,所以在犯错误的概率不超

过0.05的前提下，不能认为“阅读爱好者”与性别有关．【小问2KS5U解析】学科网（北京）股份有限公司解：根据检测得分不低于80分的人称为“阅读达人”，则这100名学生中的男生“阅读达人”中，按分层抽样的方式抽取．[80，90）内应抽取3人，[90，100]内应抽取2人，所以，X的取

值为0，1，2，3211233232333555CCCCC1633012C10C105C10PXPXPX，，所以X的分布列为；X012P110353101336012105105EX,所以X的数学期望是65．【KS5U答案18】（

1）13nnb,（2）3(23)34nnnM【分析】（1）结合函数的单调性得到数列na的最大项和最小项，解出23,bb，可得等比数列nb的通项公式；（2）用错位相减法求数列nc的前n项和nM【小问1KS5U解析】由题意，1129nann

N，结合函数1()129fxx的单调性，可知56712341naaaaaaaanN，所以数列na中的最大项为52a，最小项为40a，所以2312,90bb，即233,9bb，所以等比数列nb的公比323bqb

，2123nnnbbq【小问2KS5U解析】13log(1)3nnnncbbn，01221123031323(2)3(1)3nnnnMccccnn，12313031323(2)3(1)3nnnMnn

，两式相减得：112313133(32)323333(1)3(1)3132nnnnnnnMnn，故3(23)34nnnM.【KS5U答

案19】学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）取线段CF中点H，连接OH、GH，可得四边形AOHG是平行四边形，然后线面平行的判定定理即得；（2）由题可得AEB即为二面角AEFE的平面角，以E为坐标原点，,EBEF分

别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系Exyz，求解平面ABE和平面OAB的一个法向量，利用空间向量夹角公式即得．【小问1KS5U解析】取线段CF中点H，连接OH、GH，由图1可知，四边形EBCF是矩形，且2CBEB，∴O是线段BF与CE的中点，∴//OHBC且12OH

BC，在图1中//AGBC且12AGBC，//EFBC且EFBC．所以在图2中，//AGBC且12AGBC，∴AGOH//且AGOH，∴四边形AOHG是平行四边形，则AOHG//，由于AO平面GCF，HG平面GCF，∴//AO平面GCF．【小问2KS5U解析】由图1，EFAE

，EFBE，折起后在图2中仍有EFAE，EFBE，∴AEB即为二面角AEFB的平面角．∴2π3AEB，以E为坐标原点，EB，EF分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系Exyz如图，设224CBEBEA，则

2,0,0B、1,2,0O、1,0,3A，∴1,2,0OB，3,0,3BA，易知平面ABE的一个法向量0,1,0m，设平面OAB的一个法向量,,nxyzr，由00nOBnBA，

得20330xyxz，取2x，则1y，23z，于是平面OAB的一个法向量2,1,23n，∴1cos,17nmnmnm，∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为1717．【KS5

U答案20】【分析】（1）由焦点半径公式求得p，得抛物线方程，准线方程，，焦点坐标．设设直线AB方程为1ykx，设1122(,),(,)AxyBxy，直线方程与抛物线方程联立，应用韦达定理可得124xx，表示出坐标学科网（北京）股份有限公司122

(,1),(,1)2xxEDx，只要证明AEFDkk，利用2114xy，124xx可证；（2）设直线AB方程为2ykx，1122(,),(,)AxyBxy，AB的中点为00(,)Qxy，同（1）方法求得12124,8xxkxx，可得Q点坐标，再求得弦长AB，可得圆方程，设

34(0,),(0,)MyNy，34ONyMyO，0x代入峭方程后易得344yy，从而得到证明．【KS5U解析】（1）由题意122p，2p，抛物线方程为24xy，焦点为(0,1)F，准线方程为1y，设直线AB方程为1ykx，设1122

(,),(,)AxyBxy，由214ykxxy得2440xkx，124xxk，124xx，所以12(,1)2xxE，又2(,1)Dx，要证//AEFD，即证AEFDkk，即证11221122yxxxx，只要证112211yxxx，又2114x

y，214xx，所以21121111444xxxxx成立，所以//AEFD．（2）设直线AB方程为2ykx，1122(,),(,)AxyBxy，AB的中点为00(,)Qxy，由224ykxxy得2480xkx，216320k，124xxk

，128xx，所以12022xxxk，200222ykxk，即2(2,22)Qkk，又2121ABkxx222212121()44(1)(2)kxxxxkk，所以以AB为直径的圆方程为22222

(2)(22)4(1)(2)xkykkk，令0x得22(44)40yky，设34(0,),(0,)MyNy，则344yy，所以344OMONyy为定值．【KS5U答案21】【分析】（1）求导得到

gx，进而得到gx；令21xxax，分别在0、0的情况下，结合二次函数零点的分布可确定x，即gx的正负，由此可得gx单调性；（2）根据零点个数和（1）的结

论可知2a，结合10g可确定22123440122aaaaxxx；根据1ggxx可将所证不等式转化为33134xax，根据30gx可表示出a，

整理得到学科网（北京）股份有限公司23323331ln41xxxx，构造函数2231ln141xhxxxxx，利用导数可求得hx单调性，得到0hx，从而证得结论.【小问1KS5U解析】由题意知：fx定义域为0,，222lnf

xxaxx，即222ln0gxxaxxx，22221222xaxagxxxx；令21xxax，则24a；①当0，即22a时，0x恒成立，即0gx恒成立，gx在0,上单调递

增；②当0，即2a或2a时，令0x，解得：242aax；当2a时，2244022aaaa，0x在0,上恒成立，即0gx恒成立，gx

在0,上单调递增；当2a时，2244022aaaa，当22440,,22aaaax时，0x，即0gx；当2244,22aaaax时，0x，即0gx；gx在2244

0,,,22aaaa上单调递增，，在2244,22aaaa上单调递减；综上所述：当,2a时，gx在0,上单调递增；当2,a时，gx在22440,,,22aaaa

上单调递增，，在2244,22aaaa上单调递减.【小问2KS5U解析】若gx有三个零点，则由（1）知：2a，又10g，22441,22aaaa

，2402aag，2402aag，22123440122aaaaxxx；学科网（北京）股份有限公司122ln2gaxxgxxx

，31310ggxgxx，又23140,2aax，131xx；要证12331xxxa，只需证1334xxa，即证33134xax；由30gx得：3

331ln0xaxx，即3331lnxxax，即证333333314lnxxxxx，又3ln0x，只需证23323331ln41xxxx；令2231ln141xhxxxxx

，则4222221211104141xxxhxxxxxxx，hx在1,上单调递增，10hxh，即当1x时，2231ln41xxxx恒成立，31x，233

23331ln41xxxx，则原不等式得证.【KS5U答案22】（1）2，0,π；380xy,（2）2【分析】（1）先将1C化为普通方程，再根据极坐标与普通方程的互化公式即可求出结果；先利用两角和的正弦公式化简整理2C

，再结合极坐标与普通方程的互化公式即可求出结果；（2）先求得2,3πA和π4,6B，然后结合三角形的面积公式以及点的极坐标的几何意义即可求解.【小问1KS5U解析】由题意得：1C的普通方程为2204yx

y,cos,sinxy1C的极坐标方程为2，0,π.由sin4π3，得13sincos422134022yx即2

C的直角坐标方程为：380xy．【小问2KS5U解析】射线π03与曲线1C交点A的极坐标为2,3πA,由π6πsin43得4，6π4,B△AOB的面积为124sin2π2π36AO

BS△．学科网（北京）股份有限公司【KS5U答案23】（1）53,22,（2）2,3【分析】（1）分别在2x<，21x，1x条件下化简绝对值不等式，并求其解集；（2）利用绝对值三角不等

式得到2fxa，依题意可得22aa，解绝对值不等式即可【小问1KS5U解析】当1a时，21(1)1232121(2)xxfxxxxxx，当21x时，34fx恒成立；当1x时，4fx即214x，解得32

x≤；当<2x时，4fx即214x，解得52x；综上5322x，所以不等式4fx的解集为53,22.【小问2KS5U解析】依题意2fxa，即22axxa恒成立，222axxaxxa，当且仅当2

0axx时，等号成立，所以min()2fxa，故22aa，所以22aa或22aa，解得23a.所以a的取值范围是2,3.