2023年全国新高考I卷数学试题含答案.docx

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1、2023年全国新高考I卷数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.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.第I卷一、单项选择题：本题共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.已知集合，则（ ）A.B.C.D.【解析】，所以，故选C.2.已知，则（ ）A.B.C.D.【解析】，.故选A.3.已知向量，.若，则（ ）A.B.C.D.

2、【解析】，所以.故选D.4.设函数在区间单调递减，则的取值范围是（ ）A.B.C.D.【解析】令，要使得在区间单调递减，需要满足在区间单调递减，所以，所以的取值范围是.故选D.5.设椭圆，的离心率分别为，.若，则（ ）A.B.C.D.【解析】，由可得，解得.故选A.6.过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）A.B.C.D.【解析】，所以圆心为，记，设切点为，如图所示.因为，故，.故选B.7.记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：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【解析】为等差

3、数列，设首项为公差为，则，所以为等差数列，所以甲是乙的充分条件.为等差数列，即为常数，设为，即，故，两式相减得，为常数，对也成立，所以为等差数列，所以甲是乙的必要条件.所以，甲是乙的充要条件，故选C.8.已知，则（ ）A.B.C.D.【解析】，所以，所以，.故选B.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，有错选的得0分.9.有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）A.的平均数等于的平均数B.的中位数等于的中位数C.的标准差不小于的标准差D.的极差不大于的极差【解析】，所以A错误；因为是最小值，是最大值

4、，所以的中位数的位置和的中位数的位置相同，所以B正确；因为是最小值，是最大值，所以的波动性不大于的波动性，所以C错误；设的最小值为，最大值为，则，所以，所以D正确.故选BD.10.噪声污染问题越来越受到重视，用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压.下表为不同声源的声压级：声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车106090混合动力汽车105060电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为，则（ ）A. B.C.D.【解析】选项A，所以，所以A正确；选项B，所以，所以，故B错误；选项C，所以，所以，故C正确；选项D，所以

5、，所以，故D正确.故选ACD.11.已知函数的定义域为，则（ ）A.B.C.是偶函数D.为的极小值点【解析】选项A，令，则，故A正确；选项B，令，则，所以，故B正确；选项C，令，则，因为，所以，令，则，所以是偶函数，故C正确；选项D，对式子两边同时除以，得到，故可以设，当时，令，解得，令，解得，故在单调递减，在单调递增.又是偶函数，所以在单调递增，在单调递减.的图像如图所示，所以为的极大值点，故D错误.故选ABC.12.下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，

6、高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体【解析】选项A，球的直径为0.99m1m，故球体可以放入正方体容器内，故A正确；选项B，连接正方体的面对角线，可以得到一个正四面体，其棱长为，故B正确；选项C，正方体的体对角线为，圆柱体的高，故C错误.选项D，因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知，则，即，解得，根据对称性可知圆柱的高为，所以能够被整体放入正方体内，故D正确.故选ABD.第卷 本卷包

7、括必考题和选考题两部分.第1321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.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）.【解析】如果选修2门，共有种；如果选修3门，共有种.所以不同的选课方案共有种.14. 在正四棱台中，则该棱台的体积为 .【解析】如图所示，将正四棱台补成正四棱锥，因为，所以，设，则，故，故填.15.已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 .【解析】令，得，又，则，因为函数在

8、区间有且仅有3个零点，所以，所以，故填.16.已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，点在轴上，则的离心率为 .【解析】解法一：建立如图所示的平面直角坐标系，设，由可得，又且，则，所以，又点在上，则，整理可得，代入，可得，即，解得或.故.解法二：由可得，设，由对称性可得，由定义可得，设，则，所以，解得，所以，在中，由余弦定理可得，所以.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. （10分）已知在中，.（1） 求；（2） 设，求边上的高.【解析】（1）解法一 因为，所以，所以，.解法二 因为，所以，所以，所以，所以，故，即，得.又，得.（2） 若. 如图所示

9、，设边上的高为，边上的高为， ，由（1）可得，所以，.18. （12分）如图所示，在正四棱柱中，点，分别在棱，上，.（1） 证明：；（2） 点在棱上，当二面角为时，求.【解析】(1)证法一：过点作于点，过点作于点， 连接，如图所示，则平行且等于， 所以四边形是平行四边形，所以又因为，所以, 所以.证法二：连接，易得，所以为平行四边形，所以.（2）如图所示，以为坐标原点，为轴、轴、轴的正方向，建立平面直角坐标系，设，设平面的一个法向量为，则，令得，平面的法向量.同理可得平面的法向量，因为二面角为，则，即，解得或.则19. （12分）已知函数.（1） 讨论的单调性；（2） 证明：当时，.【解析】（

10、1），当时，在上单调递减；当时，令，得，即，函数在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知，当时，要证明，等价于证明，即，.设，则，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增，则，证毕.解法二：目标式，即，证毕.【命题背景揭示】凸函数的切线不等式当时，给出函数其在点处的切线方程为：，又，因此，该切线与直线平行，且，即，得，由凸函数的切线不等式可知，即.【评注】 本题考查函数与导数的单调性分析和函数不等式的证明，考查函数形式依旧是指、对混合形式.20. （12分）设等差数列的公差为，且.令，记，分别为数列，的前项和.（1） 若，求的通项公式；（2） 若为等差数列，且，求.【解析】（1），则

11、，则，故.（2）若为等差数列，设公差为，则故，（），. 时， 时，.矛盾.综上，.21.（12分）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为，由抽签确定第1次投篮的人选.第1次投篮的人是甲、乙的概率各为.（1） 求第2次投篮的人是乙的概率；（2） 求第次投篮的人是甲的概率；（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，则.记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求.【解析】（1）.（2）第次是乙投的概率为，且，则，故（3）解法一: 时， 时，.综上，解法二（利用期望递推）记前

12、次投篮中甲投篮次数的数学期望为，则在前次投篮中甲投篮次数的数学期望为.，故，所以 .又，故 .当时也满足上式，故.22.（12分）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为.（1） 求的方程；（2） 已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于.【解析】（1）设，则，故.（2）解法一：不妨设三个顶点在抛物线上，且，显然的斜率存在且不为0，令，则，即，即，本题等价于证明，令，则，（未知数有，通过转化（放缩），将变量归一）由，即，不妨设，则.令，则，当时取等号，又取等时必有，因此取不到等号，所以.解法二：如图所示，先将第一问中的曲线下移个单位，其表达式为.不妨设三点在抛物线上，再设及的斜率为.由题意知的斜率为，因为，故而可再使，直线的方程，即，与曲线联立可得，由此可知同理，由此可知矩形的周长满足 .当时处取等号，当同号时处取等号，当时处取等号，显然三处不能同时取等号，所以矩形的周长大于.