2023年高考全国甲卷数学(文)真题(解析版).pdf

《2023年高考全国甲卷数学(文)真题(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考全国甲卷数学(文)真题(解析版).pdf（22页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023 年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷）年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷）文科数学文科数学注意事项：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.如需改动如需改动，用橡皮擦干净后用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号再选涂其他答案标号.回答非选择题时回答非选择题时，将答案写在答题卡上将答案写在答题卡上.写写在本试卷上无效在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡

2、一并交回考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的是符合题目要求的.1.设全集1,2,3,4,5U，集合1,4,2,5MN，则UNM（）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1,2,3,4,5U，集合1,4M，所以2,3,5UM，又2,5N，所以2,3,5UNM，故选：A.2.35 1i2i2i（）A.1B.1C.1 i

3、D.1 i【答案】C【解析】【分析】利用复数的四则运算求解即可.【详解】35 1 i5 1 i1 i(2i)(2i)5 故选：C.3.已知向量3,1,2,2ab，则cos,ab ab（）A.117B.1717C.55D.2 55【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225334,1 12abab，5 1 312abab ，所以 217cos,17342ababab abab ab .故选：B.4.某校文艺部有 4 名学生，其中高一、高二年

4、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1122C C4，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264810,45aaa a，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

5、，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48113745a aadad，解得：11,2da，所以515 455 2 10202Sad 故选：C.方法二：264210aaa，4845a a，所以45a，89a，从而84184aad，于是345 14aad，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】

6、当1k 时，判断框条件满足，第一次执行循环体，1 23A，325B ，1 12k ；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，8 1321A，21 1334B，3 14k ；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,F F为椭圆22:15xCy的两个焦点，点P在C上，若120PF PF ，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

7、为120PF PF ，所以1290FPF，从而1 22121tan4512FPFSbPFPF，所以122PFPF故选：B.方法二：因为120PF PF ，所以1290FPF，由椭圆方程可知，25 142cc，所以22221212416PFPFFF，又1222 5PFPFa，平方得：22121212216220PFPFPF PFPF PF，所以122PFPF故选：B.8.曲线e1xyx在点e1,2处的切线方程为（）A.e4yxB.e2yxC.ee44yxD.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

8、解】设曲线e1xyx在点e1,2处的切线方程为e12yk x，因为e1xyx，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.2 55C.3 55D.4 55【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

9、,3)到渐近线的距离2|2 23|5521d，所以弦长2214 5|22 155ABrd.故选：D10.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,PE CE，如图，ABC是边长为 2 的等边三角形，2PAPB，,PEAB CEAB，又,PE CE 平面PEC，PECEE，AB平面PEC，又3232PECE，6PC，故222PCPECE，即PECE，所以1113321332B PECA PEC

10、PECVVVSAB，故选：A11.已知函数 2(1)exf x记236,222afbfcf，则（）A.bcaB.bacC.cbaD.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)g xx，则()g x开口向下，对称轴为1x，因为63634112222，而22(63)496 2166 270，所以636341102222，即631122 由二次函数性质知63()()22gg，因为62624112222，而22(62)484 3164 384(32)0，即621122 ，所以62()()22gg，综上，263()(

11、)()222ggg，又exy 为增函数，故acb，即bca.故选：A.12.函数 yf x的图象由cos 26yx的图象向左平移6个单位长度得到，则 yf x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 sin2f xx，再作出 f x与1122yx的部分大致图像，考虑特殊点处 f x与1122yx的大小关系，从而精确图像，由此得解.【详解】因为cos 26yx向左平移6个单位所得函数为cos 2cos 2sin2662yxxx，所以 sin2f xx，而1122yx显然过10,2与1,0两点，作出 f x与1122yx

12、的部分大致图像如下，考虑3372,2,2222xxx，即337,444xxx 处 f x与1122yx的大小关系，当34x 时，33sin142f ，1314284312y ；当34x 时，33sin142f，1313412428y；当74x 时，77sin142f，1717412428y；所以由图可知，f x与1122yx的交点个数为3.故选：C.二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.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

13、公式化简即可求出公比q.【详解】若1q，则由6387SS得118 67 3aa，则10a，不合题意.所以1q.当1q 时，因为6387SS，所以6311118711aqaqqq，即638 17 1qq，即3338 117 1qqq，即38 17q，解得12q .故答案为：1214.若 2(1)sin2f xxaxx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】2221sin1cos(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_

14、【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max3 32 315z .故答案为：1516.在正方体1111ABCDABC D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】2 2,2 3【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

15、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22214444 3AC，即24 3,2 3RR，故max2 3R；分别取侧棱1111,AA BB CC DD的中点,M H G N，显然四边形MNGH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4 2MG，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2 2.综上，2 2,2 3R.故答案为：2 2,2 3三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考

16、题，每题为必考题，每个试题考生都必须作答个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分.17.记ABC的内角,A B C的对边分别为,a b c，已知2222cosbcaA（1）求bc；（2）若coscos1coscosaBbAbaBbAc，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sin A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2222cosabcbcA，所以2222cos22coscosbcabcAb

17、cAA，解得：1bc【小问 2 详解】由正弦定理可得coscossincossincossincoscossincossincossinaBbAbABBABaBbAcABBACsinsinsinsin1sinsinsinABABBBABABAB，变形可得：sinsinsinABABB，即2cossinsinABB，而0sin1B，所以1cos2A ，又0A，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11ACC A 平面11BBC C；（2）设11,2ABAB AA，求四棱锥

18、111ABBC C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11ACC A，从而证得平面11ACC A 平面11BCC B；(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,AC AC 平面11ACC A，1ACACC,所以BC平面11ACC A，又因为BC平面11BCC B,所以平面1

19、1ACC A 平面11BCC B.【小问 2 详解】如图，过点1A作11AOCC，垂足为O.因为平面11ACC A 平面11BCC B，平面11ACC A 平面111BCC BCC，1AO 平面11ACC A，所以1AO 平面11BCC B，所以四棱锥111ABBC C的高为1AO.因为1AC 平面ABC，,AC BC 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222211112

20、11AOACOC，所以四棱锥111ABBC C的高为119.一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.

21、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）（）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mm对照组试验组（）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()n adbcKabcdacbd，2P Kk0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【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

22、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(7.89.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5 18.0 18.8 19.2 19.820.22039621.622.823.623.925.128.232.336.5)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19.2,19.8,20.2,20.2,2

23、1.3,21.6,22.5,22.8,23.2,23.6,，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：mm合计对照组61420试验组14620合计202040（ii）由（i）可得，2240(6 6 14 14)6.4003.84120 20 20 20K，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 2sin,0,cos2xf xaxxx（1）当1a 时，讨论 f x的单调性；（2）若 sin0fxx，求a的取值范围【答案】（1）f x在0,2上单调递减（2）0a【解析】【分析】（1）

24、代入1a 后，再对 f x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 sing xfxx，从而得到 0g x，注意到 00g，从而得到 00g，进而得到0a，再分类讨论0a 与a0两种情况即可得解；法二：先化简并判断得2sinsin0cosxxx恒成立，再分类讨论0a，a0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 2sin,0,cos2xf xxxx，则 22432cos cos2cossinsincos2sin11coscosxxxxxxxfx

25、xx 3333222coscos2 1 coscoscos2coscosxxxxxxx，令costx，由于0,2x，所以cos0,1tx，所以23233222coscos22221211xxttttttttt2221ttt，因为2222110ttt，10t ，33cos0 xt，所以 233coscos20cosxxfxx在0,2上恒成立，所以 f x在0,2上单调递减.【小问 2 详解】法一：构建 2sinsinsin0cos2xg xf xxaxxxx，则 231 sincos0cos2xgxaxxx，若 sin0g xf xx，且 00sin00gf，则 01 10gaa ，解得0a，当

26、0a 时，因为22sin1sinsin1coscosxxxxx，又0,2x，所以0sin1x，0cos1x，则211cos x，所以 2sinsinsin0cosxf xxxx，满足题意；当a0时，由于02x，显然0ax，所以 22sinsinsinsinsin0coscosxxf xxaxxxxx，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2232222sincos1sinsincossinsinsincoscoscoscosxxxxxxxxxxxx，因为0,2x，所以0sin1x，0cos1x，故2sinsin0cosxxx在0,2上恒成立，所以

27、当0a 时，2sinsinsin0cosxf xxxx，满足题意；当a0时，由于02x，显然0ax，所以 22sinsinsinsinsin0coscosxxf xxaxxxxx，满足题意；当0a 时，因为 322sinsinsinsincoscosxxf xxaxxaxxx，令 32sin0cos2xg xaxxx，则 22433sincos2sincosxxxgxax，注意到 22433sin 0cos 02sin 000cos 0gaa，若02x，0gx，则 g x在0,2上单调递增，注意到 00g，所以 00g xg，即 sin0f xx，不满足题意；若002x，00gx，则 000g

28、gx，所以在0,2上最靠近0 x 处必存在零点120,x，使得10gx，此时 gx在10,x上有 0gx，所以 g x在10,x上单调递增，则在10,x上有 00g xg，即 sin0f xx，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0,2上的正负情况，得到总存在靠近0 x 处的一个区间，使得 0gx，从而推得存在 00g xg，由此得解.21.已知直线210 xy 与抛物线2:2(0)C ypx p交于,A B两点，4 15AB（1）求p；（2）设F为C的焦点，,M N为C上两点，且0FM FN ，求MF

29、N面积的最小值【答案】（1）2p（2）128 2【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,M x yN xy利用0MF NF，找到,m n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,AABBA xyB xy，由22102xyypx 可得，2420ypyp，所以4,2ABAByyp y yp，所以2225544 15ABABABABABABxxyyyyyyy y，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

30、：xmyn，1122,M x yN xy，由24yxxmyn可得，2440ymyn，所以，12124,4yym y yn，22161600mnmn，因为0MF NF，所以1212110 xxy y，即1212110mynmyny y，亦即 2212121110my ym nyyn，将12124,4yym y yn 代入得，22461mnn，22410mnn，所以1n，且2610nn，解得32 2n 或32 2n 设点F到直线MN的距离为d，所以211ndm，22222121212111616MNxxyymyymmn2222 1461162 11mnnnmn，所以MNF的面积2221112 11

31、1221nSMNdmnnm，而32 2n 或32 2n，所以，当32 2n 时，MNF的面积2min22 2128 2S【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（二）选考题选考题：共共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做如果多做，则按所做的第一题则按所做的第一题计分计分.选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22.已知点2,1P，直线2cos,:1sinxtlyt（t为参数）

32、，为l的倾斜角，l与x轴正半轴、y轴正半轴分别交于,A B，且4PA PB（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）34（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,A B两点，所以2，令0 x，12cost，令0y，21sint，所以2 1244sincossin2PA PBt t，所以sin21，即22k，解得1,42kkZ，因为2，所以34【小问 2 详解】由（1）可知，直线l的斜率为tan1，且过点

33、2,1，所以直线l的普通方程为：12yx ，即30 xy，由cos,sinxy可得直线l的极坐标方程为cossin30选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23.已知()2|,0 f xxaa a（1）求不等式 f xx的解集；（2）若曲线 yf x与x轴所围成的图形的面积为 2，求a【答案】（1）,33aa（2）2 63【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()22f xaxax,即3xa,解得3ax,即3axa,若xa,则()22f xxaax,解得3xa,即3axa,综上,不等式的解集为,33aa.【小问 2 详解】2,()23,xa xaf xxa xa.画出()f x的草图,则()f x与坐标轴围成ADO与ABCABC的高为3,(0,),0,022aaa DaAB,所以|ABa所以21132224OADABCSSOA aAB aa,解得2 63a