2023年高考全國甲卷數(shù)學(xué)(文)真題（答案）

2023年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（全國甲卷）

文科數(shù)學(xué)

注意事項(xiàng):

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.

如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上.寫

在本試卷上無效

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分,共60分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)

是符合題目要求的.

L設(shè)全集U12345，集合M14,N25,KIJN&M

()

A235B.134c.1245D.2345

【答案】A

【解

【分析】利用集合的交并補(bǔ)運(yùn)算即可得解

{1,2345},集合M{154}6M235

【埼解1利聲琳N3M{235},所以

uu

又

故選：A.

51i

2------------()

2i2i

A.B.1C.1iD.1i

【答案】C

【解析】

【分析】利用復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算求解即可.

［詳解］0.1

1i

(21)(2i)5

故選：C.

3.已知向量a31,b22,則coshab()

第1頁/共22頁

1

A.—&冬cD

17-f-￥

【答案】B

【解析】

【分析】利用平面向量模與數(shù)量積的坐標(biāo)表示分別求得:ab"斗abab,從而利用平面向量

余弦的運(yùn)算公式即可得解.

【詳解】因?yàn)閍(31),b(22),所以ab53,abI1,

則卜b|J52S2庖|a"收abab51312,

abab2JiT

所以cos(abab)1----n----7=一產(chǎn)——.

\/abab用用17

故選：B.

4.某校文藝部有4名學(xué)生，其中高一、高二年級(jí)各2名.從這4名學(xué)生中隨機(jī)選2名組織校文藝匯演，則

這2名學(xué)生來自不同年級(jí)的概率為()

1112

A.-B.-C.T-D.—

6323

【答案】D

【解析】

【分析】利用古典概率的概率公式，結(jié)合組合的知識(shí)即可得解

【詳解】依題意，從這4名學(xué)生中隨機(jī)選2名組織校文藝匯演，總的基本事件有C：6件,

其中這2名學(xué)生來自不同年級(jí)的基本事件有CL。

4,

422

所以這2名學(xué)生來自不同年級(jí)的概率為一一.

63

故選：D.

5.記S。為等差數(shù)列用n,,a2%1Q@科8S)

的前項(xiàng)和.若,則(

5

A.25B.22C.20D.15

【答案】C

【解析】

n

【分析】方法一：根據(jù)題意直接求出等差數(shù)列4的公差和首項(xiàng)，再根據(jù)前項(xiàng)和公式即可解出;

n

方法二：根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)求出等差數(shù)列用的公差，再根據(jù)前項(xiàng)和公式的性質(zhì)即可解出.

第2頁/共22頁

【詳解】方法一：設(shè)等差數(shù)列4的公差為d,首項(xiàng)為由，依題意可得,

aid45d10,即a3d5,

乂aqag3d97d45,解得:dLa12,

54

所以S55冉—d521020.

2

故選：C.

方法二:a2%2a410,a4as45,所以a5a9

18

從而d841,于是aad514,

8434

所以S5網(wǎng)20.

故選：c.

6.執(zhí)行下邊的程序框圖，則輸出的B）

（開始）

/輸入"=3"=1,8=2,1/

/輸出8/

（結(jié)束）

A21B.34C.55D.89

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)程序框圖模擬運(yùn)行即可解出.

【詳解】當(dāng)k1時(shí)，判斷框條件滿足，第一次執(zhí)行循環(huán)體,A123,B325,k112；

當(dāng)k2時(shí),判斷框條件滿足，第二次執(zhí)行循環(huán)體，A358,B8513,k213；

當(dāng)k3時(shí),判斷框條件滿足，第三次執(zhí)行循環(huán)體，A81321,B211334,k314；

當(dāng)k4時(shí),判斷框條件不滿足，跳出循環(huán)體，輸出B34.

故選:B.

第3頁/共22頁

2

x2|PFI|PFI)

7.設(shè)&F?為橢圓c：一y1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P在上，若PF】PF20

5則I111(

2

A.1B.2C.4D.5

【答案】B

【解析】

【分析】方法一：根據(jù)焦點(diǎn)三角形面積公式求出2的面積，即可解出;

方法二：根據(jù)橢圓的定義以及勾股定理即可解出.

【詳解】方法一：因?yàn)镻F】PE,0,所以FP1F290,

從而Sb2tan451-|PFJ[PF?.所以|PFJ|PFJ2

FP1F22

12

故選：B.

方法二:

2

因?yàn)镻F】PF20,所以FF；F290,由橢圓方程可知，c514c2,

2

所以「Fj|PF2f|RF2f416,又|PFJ|PF2|2a2展，平方得:

嚴(yán)

|PFj2f2|PF1||PF2|162sgi20,所以|PFJ|PF2|2.

故選：B.

eAre

8?曲線y在點(diǎn)I—處的切線方程為（)

eeeee3e

A.y—xB.y—xC.y—xD.y—X

42442T

【答案】C

【解析】

【分析】先由切點(diǎn)設(shè)切線方程,再求函數(shù)的導(dǎo)數(shù),把切點(diǎn)的橫坐標(biāo)代入導(dǎo)數(shù)得到切線的斜率，代入所設(shè)方

程即可求解

eee

【詳解】設(shè)曲線yy5kxi

12

0X

因?yàn)閥——

x1

exx1exe

所以y—1FT1

第4頁/共22頁

e

所以ky|x1

4

pe

所以yEX1

24

eeee

所以曲線y-在點(diǎn)-處的切線方程為y-x-

x1244

故選：C

9.已知雙曲線3

l(aQb0）的離心率為近，其中一條漸近線與圓（x2）2（yT1交于A,

a

B兩點(diǎn)，則()

3辨

B.L.------------

卜V5

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)離心率得出雙曲線漸近線方程，再由圓心到直線的距離及圓半徑可求弦長

22/12

【詳解】由e“，則二上」145,

aaa

解得?2,

a

所以雙曲線的一條漸近線不妨取y2x,

則圓心（23）到漸近線的距離d心LJ.同

5

所以弦長|AB|2ylr2d2

故選：D

10.在三棱錐PABC中，ABC是邊長為2的等邊三角形，PAPB2PC6,則該棱錐的體積

為（）

A.1B.召C.2D.3

【答案】A

【解析】

【分析】證明AB平面PEC,分割三棱錐為共底面兩個(gè)小三棱錐，其高之和為AB得解.

第5頁/共22頁

【詳解】取AB中點(diǎn)E,連接PE,CE,如圖,

ABC是邊長為2的等邊三角形，PAPB2,

PEAB,CEAB,又PE,CEPEC,PECEE

平面

AB平面PEC,

又PECE22L.73.PC屏,

故PC2PE2CE?,即PECE,

所以VVBPECVAPEC夫?附AB；J4421,

故選：A

f*，bf孚,cf4,則(

e&外.記a

IL已知函數(shù)fx)

A.bcaB.bacC.cbaD.cab

【答案】A

【解析】

【分析】利用作差法比較自變量的大小,再根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及二次函數(shù)的性質(zhì)判斷即可.

【詳解】令g(x)(x1)2,則g(x)開口向下，對(duì)稱軸為X1,

因?yàn)槭?1日E；，而(我質(zhì)2a96遮166/70

所以手1if學(xué)”噂11乎

第6頁/共22頁

由二次函數(shù)性質(zhì)知g

因?yàn)榘?1~乖三.而譚虛）24284邪164忑84（指2）0,

乙乙乙乙

綜上，g（亞）g詼）gcD，

222

又yex為增函數(shù)，故acb,即bca.

故選：A.

12函數(shù)yfX的圖象由yCOS2X-的圖象向左平移百個(gè)單位長度得到，則yfX

的圖象與

直線y-xL的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為（）

22

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【解析】

-x1的部分大致圖像,

【分析】先利用三角函數(shù)平移的性質(zhì)求得fXdn2x,再作出fxy

與22

1L的大小關(guān)系,

考慮特殊點(diǎn)處fxy—x從而精確圖像，由此得解.

與22

c冗n

【詳解】因?yàn)閥cos2x-向左平移R個(gè)單位所得函數(shù)為

JTnJI

ycos2x——cos2x—sin2xfxan2x

662,所以

而y—xL顯然過1

兩點(diǎn),

222

0,與

L的部分大致圖像如下,

作出fxy-x

與22

第7頁/共22頁

3n3n7nxylxL的大小關(guān)系,

----ix----,X----處f

222444與22

,3n4q3n3n13n13n4x

當(dāng)x才時(shí)，f丁sin—y

442,2T28

3n?3n,3nx13n13n4x

當(dāng)X——時(shí)，f—sin——,y——----------

4422428

7np7n.7n117n17JT4,

當(dāng)x時(shí)，f-Vsin——y———

4422428

gxg的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3.

所以由圖可知,fxy

與22

故選：C.

二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分

13.記50為等比數(shù)列qn8S67S3a

的前項(xiàng)和.若，則的公比為

1n

【答案】一

2

【解析】

【分析】先分析“’，再由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式和平方差公式化簡即可求出公比q.

【詳解】若口1

則由8s67s3得86ai7亂，則a0

,不合題意

所以“：

當(dāng)““時(shí)，因?yàn)?s67S

9

3

”ca11q6ai1q

1q1q

3

即°'Q671q,gp81q1q71q3,即81q7

解得qJ.

乙

第8頁/共22頁

故答案為：1

2

【答案】2

【解析】

【分析】根據(jù)常見函數(shù)的奇偶性直接求解即可.

【詳解】fxx1-axsinx—x1-axcosxx2(a2)x1cosx

2

且函數(shù)為偶函數(shù)，

a20,解得a2,

故答案為：2

3x2y3

15.若x,y滿足約束條件"一'二則z3x2y的最大值為.

xyI

【答案】15

【解析】

【分析】由約束條件作出可行域，根據(jù)線性規(guī)劃求最值即可.

【詳解】作出可行域，如圖，

/4\\、

、

、

由圖可知，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)y-x三過點(diǎn)A時(shí)，Z有最大值,

22

第9頁/共22頁

2x3y3x3..

山3x2y3可得，即A(33)

y3

所以4ax332315

故答案為：15

16在正方體ABCD中，AB4,0AC的中點(diǎn)，若該正方體的棱與球0的球面有公共點(diǎn),

為

則球0的半徑的取值范圍是.1

【答案】［2立2兩

【解析】

【分析】當(dāng)球是正方體的外接球時(shí)半徑最大，當(dāng)邊長為4的正方形是球的大圓的內(nèi)接正方形時(shí)半徑達(dá)到最

小.

【詳解】設(shè)球的半徑為R.

當(dāng)球是正方體的外接球時(shí)，恰好經(jīng)過正方體的每個(gè)頂點(diǎn)，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會(huì)包

含正方體，導(dǎo)致球面和棱沒有交點(diǎn)，

正方體的外接球直徑2R為體對(duì)角線長AGV4242424JJ,即2R40R2耶，故

D\C,

4

M

A

分別取側(cè)棱AApBBpCCpDDM,H,G,N,顯然四邊形MNGH是邊長為4的正方形，且為正

的中點(diǎn)

1

方形MNGH的對(duì)角線交點(diǎn)，

連接MG,則MG4中,當(dāng)球的一個(gè)大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓，球的半徑達(dá)到最小，即R的

最小值為272.

綜上，R［2應(yīng)2褥.

故答案為：［2隹2向

三、解答題：共70分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟第17?21題為必考題，每

第10頁/共22頁

個(gè)試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.

（一）必考題：共60分

k222

17.記ABC的內(nèi)角A,Rc的對(duì)邊分別為a,he,已知2__2_±2.

cosA

(1)求be；

,八、中.acosBbcosAb

(2)右--------------1,求ABC面積.

acosBbcosAc

【答案】（1）1

4

【解析】

【分析】（1）根據(jù)余弦定理即可解出；

（2）由（1）可知，只需求出sinA即可得到三角形面積，對(duì)等式恒等變換，即可解出.

【小問1詳解】

222

hca2bccosA

因?yàn)閍?b2c22bccosA,所以----------2bc2,解得：be1.

cosAcosA

【小問2詳解】

…mfacosBbcosAbsinAcosBsinBcosAsinB

由正弦定理可得------------------

acosBbcosAcsinAcosBsinBcosAsinC

sinABsinBsinABsinB

1,

sinABsinABsinAB

OLilAUMlnubin

變形可得:u,即2cosAsinBsinB,

又0An,所以sinA此,

而0sinBWl,所以cosA

22

故ABC的面積為S*IbesinA”事g

18.如圖，在三棱柱ABC-A]B[C]AC平面

中，ABC,ACB90

第11頁/共22頁

(1)證明：平面ACC/1平面BBCC

ii

(2)設(shè)ABA,B,AAt2,求四棱錐A1BB,C,C

的高.

【答案】(1)證明見解析

(2)1

【解析】

【分析】⑴由AC平面ABC得ARBC,又因?yàn)锳CBC,可證BCACC,A

1平面從而證得平

：

面ACC/1平面BCCiB

1,

⑵過點(diǎn)A作AQCg,可證四棱錐的高為AOACAC,從而證得CC

11，由三角形全等可證為中點(diǎn),

11

設(shè)ACACxxA0

1,由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.

【小問1詳解】

證明：因?yàn)锳C平面’?二一平面ABC,

1

所以ACBC,

i

又因?yàn)锳CB90,即ACBC,

AiC,AC平面ACCiA|,A1cACC,

所以BC平面ACCiA

1

又因?yàn)锽C平面BCCiBi，

所以平面ACC[A]平面BCGB

【小問2詳解】

如圖，

第12頁/共22頁

GBi

因?yàn)槠矫鍭CC\A1平面BCCiB「平面ACC"]平面BCC^CC,,A0ACCiA

1平面，

i

所以AO平面BCCiB

1,

i

所以四棱錐A】BBg|C的高為AO.

i

因?yàn)锳g平面，平面ABC,

所以ACBC.A.CAC,

1

又因?yàn)锳】BAB,BC為公共邊，

所以ABC與ABCACAC

全等，所以

i

設(shè)ACACx,則ACx

i

111

所以0為CC沖點(diǎn)，OC]-AA11,

乙

又因?yàn)锳CAC,所以AC?AC2AA2

11

1

即X2X222,解得X刑,

所以AQJAR?OC?不瓦ji,

所以四棱錐A[BB]Cg的高為1.

19.一項(xiàng)試驗(yàn)旨在研究臭氧效應(yīng)，試驗(yàn)方案如下：選40只小白鼠，隨機(jī)地將其中20只分配到試驗(yàn)組，另外

20只分配到對(duì)照組，試驗(yàn)組的小白鼠飼養(yǎng)在高濃度臭氧環(huán)境，對(duì)照組的小白鼠飼養(yǎng)在正常環(huán)境，一段時(shí)間

后統(tǒng)計(jì)每只小白鼠體重的增加量（單位：g）.試驗(yàn)結(jié)果如下：

對(duì)照組的小白鼠體重的增加量從小到大排序?yàn)?/p>

15.218820.221.322523225.82G527.53（11

32634334835635.635.836.237.340.5432

試驗(yàn)組的小白鼠體重的增加量從小到大排序?yàn)?/p>

第13頁/共22頁

7.8921L4124132155165ISO18819.2

19.82Q221.622823.623925.128232.3365

(1)計(jì)算試驗(yàn)組的樣本平均數(shù)；

(2)G)求40只小白鼠體重的增加量的中位數(shù)m,再分別統(tǒng)計(jì)兩樣本中小于m與不小于m的數(shù)據(jù)的個(gè)數(shù),

n完成如下n列聯(lián)表n

對(duì)照組q□

試驗(yàn)組□□

(ii)根據(jù)G)中的列聯(lián)表，能否有95%的把握認(rèn)為小白鼠在高濃度臭氧環(huán)境中與在正常環(huán)境中體重的增加

量有差異？

n(adbe)2

abedacbd

PK2k0.1000.0500.010

k2.7063.8416.635

【答案】(1)19.8

(2)G)m23.4；列聯(lián)表見解析，(ii)能

【解析】

【分析】(1)直接根據(jù)均值定義求解；

(2)6)根據(jù)中位數(shù)的定義即可求得m23.4,從而求得列聯(lián)表；

(ii)利用獨(dú)立性檢驗(yàn)的卡方計(jì)算進(jìn)行檢驗(yàn)，即可得解.

【小問1詳解】

試驗(yàn)組樣本平均數(shù)為：

—(7.89.211.412413.215516.518018.819.219.820.2

20

396

2L622823623925.128.232336闖—-19.8

20

【小問2詳解】

(i)依題意，可知這40只小鼠體重的中位數(shù)是將兩組數(shù)據(jù)合在一起，從小到大排后第20位與第21位數(shù)據(jù)

的平均數(shù)，

第14頁/共22頁

……—，…一一「19.Z19.82Q22Q22L32L622522.8232236

由原數(shù)據(jù)可得第11位數(shù)據(jù)為8,后續(xù)依次為

蕭鐮曲燧r煞223彘2吸駕據(jù)為236,

2，

故列聯(lián)表為:

mm合計(jì)

對(duì)照組61420

試驗(yàn)組14620

合計(jì)202040

出)由⑴可得，Y竺「人』1.

64003841,

20202020

所以能有95%的把握認(rèn)為小白鼠在高濃度臭氧環(huán)境中與在正常環(huán)境中體重的增加量有差異.

sinx_n

20.已知函數(shù)fxax菽7、Q2-

(1)當(dāng)a1時(shí)，討論fx的單調(diào)性;

(2)若fxsinx0a

,求的取值范圍.

【答案】(1)fx在上單調(diào)遞減

(2)a0

【解析】

【分析】(1)代入a1后，再對(duì)fx求導(dǎo)，同時(shí)利用三角函數(shù)的平方關(guān)系化簡fx

,再利用換元法判

斷得其分子與分母的正負(fù)情況,從而得解;

(2)法一：構(gòu)造函數(shù)gxfxsinx，從而得到gx0'注意到

g00

,從而得到g00

進(jìn)而得到a0,再分類討論a0與a<0兩種情況即可得解；

QInY

法二：先化簡并判斷得sinx上竽0恒成立，再分類討論a0,a〈0與a0三種情況，利用零點(diǎn)存

cosX

在定理與隱零點(diǎn)的知識(shí)判斷得a0時(shí)不滿足題意，從而得解.

【小問1詳解】

第15頁/共22頁

sinx-n

因?yàn)閍1,所以fxx———，xQ—，

cosx2

2

cosxcosx2cosxsinxsinxIcos2x2sin2x

則fx1

COS4Xcosx

392

COSXCOSX21COSXCOS3XCOS2X2

33

COSXCOSX

KzvyuA.JI

令，由于XQ2,所以tCOSXQI

23

所以cos：'xCOSX2t2e1?2t22Ft12t1t12t2t1>

2

因?yàn)閠22t2tI10,t10,COS3X0,

2

COSXCOSX2JT

所以fX0在Q2上恒成立,

cos3X

所以fx在喝上單調(diào)遞減

【小問2詳解】

法一:

sinxJl

構(gòu)建gXfxsinxaxsinx0x

cos2X2

1sin2x

則gXacosx0X

cos3X2

若gxfx9nx0,且g0f0anO0

JL

則8，解得a0,

sinx1

當(dāng)a0時(shí),因?yàn)閍sinx1

COS2Xcos2X

1

又xQ2,所以,則

COS2X

.sinx

所以fXsinxsinx——「0,滿足題意;

cosx

JI

當(dāng)a<0時(shí)，由于0x—,顯然ax0,

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HI、IQ.sinx..sinxC、■??口日用上.

所以fxsinxax———sinxsinx——「0,滿足題思;

cosxcosx

綜上所述：若fxsinx0,等價(jià)于a0,

a,0

所以的取值范圍為

法二：

?21

smxsinxcos2xsinxsinxcosx1sin3x

因?yàn)閟inx

cos2xCOS2XCOS2XCOS2X

因?yàn)閤Qy，所以0sinx10COSX1

sinx

故sinx0在上恒成立,

COS2X

sinx

所以當(dāng)a0時(shí),fxanxsinx0,滿足題意;

CO-S2X

JT?

當(dāng)a<0時(shí)，由于0x顯然ax0,

乙

sinx..sinx

所以fXsinxax——--smxsinx0,滿足題意;

cosxcos2X

.3

sinxsmx

當(dāng)a0時(shí),因?yàn)閒xsinxaxsinxax

cos2xcos2x

3

sinxJI3sin~xcos2x2sin4x

令g

xax°X5,則gXa3

cos2x乙COS'X

3sin20cos202sin40

注意到g0aa0,

cos30

JI6A,一JI

若0X，Wigx在0,萬上單調(diào)遞增,

2

6VV

注意到，所以gxg00,即fxdnx0

,不滿足題意;

JI

若0Xo5，g為0gogX)0,

,則

JIJT

%0,—,使得g耳0

所以在0,2上最靠近X0處必存在零點(diǎn)

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此時(shí)gx在。％上有g(shù)xO在上單調(diào)遞增，

，所以gxQx

1

則在?？缮嫌術(shù)xg00，即fxanx0

,不滿足題意；

綜上：a0.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題方法二第2小問討論a0這種情況的關(guān)鍵是，注意到g00,從而分類討論

gX在上的正負(fù)情況，得到總存在靠近X0處的一個(gè)區(qū)間，使得EA"，從而推得存在

gXg00,由此得解

21.已知直線x2y10與拋物線C:/2px(p0)交于A,B兩點(diǎn)，||J1.

'AB1415

(1)求P；

(2)設(shè)F為C的焦點(diǎn)，M,N為“上兩點(diǎn)，且FMFN0,求J'面積的最小值.

【答案】(l)P2

⑵12

【解析】

【分析】(1)利用直線與拋物線的位置關(guān)系,聯(lián)立直線和拋物線方程求出弦長即可得出P；

A

(2)設(shè)直線MN：,M不，y,N玄y2，利用MFNF0,找到m,n的關(guān)系，以及

的面積表達(dá)式，再結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)即可求出其最小值.

【小問1詳解】

設(shè)A壬，%,B吝，%，

x2y10,

由2c可得，y4py2p0,所以y,1y4P>YAYB2p，

y2pxB

指詬，

所以|AB|J&%-XyB洞y,\yB|JXyB4yAyB4

即2P2P60,因?yàn)閜0,解得：p2.

【小問2詳解】

因?yàn)椤?，顯然直線MN

的斜率不可能為零，

設(shè)直線MN：xmyn,M為，y,N豆，y?，

y4x

由可得，y24my4n0,所以，yy4m,yy4n,

xmyni212

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16m216n0m2n0,

因?yàn)镸FNF0,所以*1蒼1%丫20，

即叫n1嗯n1y丫20,

亦即1，122

1yymn1yyn10

將