2023年高考全國甲卷數(shù)學（文）真題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________ 一、單選題1．設全集，集合，則（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用集合的交并補運算即可得解.【詳解】因為全集，集合，所以，又，所以，故選：A.2．（    ）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】利用復數(shù)的四則運算求解即可.【詳解】故選：C.3．已知向量，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用平面向量模與數(shù)量積的坐標表示分別求得，從而利用平面向量余弦的運算公式即可得解.【詳解】因為，所以，則，，所以.故選：B.4．某校文藝部有4名學生，其中高一、高二年級各2名．從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演，則這2名學生來自不同年級的概率為（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用古典概率的概率公式，結合組合的知識即可得解.【詳解】依題意，從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演，總的基本事件有件，其中這2名學生來自不同年級的基本事件有，所以這2名學生來自不同年級的概率為.故選：D.5．記為等差數(shù)列的前項和．若，則（    ）A．25 B．22 C．20 D．15【答案】C【分析】方法一：根據(jù)題意直接求出等差數(shù)列的公差和首項，再根據(jù)前項和公式即可解出；方法二：根據(jù)等差數(shù)列的性質求出等差數(shù)列的公差，再根據(jù)前項和公式的性質即可解出．【詳解】方法一：設等差數(shù)列的公差為，首項為，依題意可得，，即,又，解得：，所以．故選：C.方法二：，，所以，，從而，于是，所以．故選：C.6．執(zhí)行下邊的程序框圖，則輸出的（    ）A．21 B．34 C．55 D．89【答案】B【分析】根據(jù)程序框圖模擬運行即可解出．【詳解】當時，判斷框條件滿足，第一次執(zhí)行循環(huán)體，，，；當時，判斷框條件滿足，第二次執(zhí)行循環(huán)體，，，；當時，判斷框條件滿足，第三次執(zhí)行循環(huán)體，，，；當時，判斷框條件不滿足，跳出循環(huán)體，輸出．故選：B.7．設為橢圓的兩個焦點，點在上，若，則（    ）A．1 B．2 C．4 D．5【答案】B【分析】方法一：根據(jù)焦點三角形面積公式求出的面積，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：因為，所以，從而，所以．故選：B.方法二：因為，所以，由橢圓方程可知，，所以，又，平方得：，所以．故選：B.8．曲線在點處的切線方程為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由切點設切線方程，再求函數(shù)的導數(shù)，把切點的橫坐標代入導數(shù)得到切線的斜率，代入所設方程即可求解.【詳解】設曲線在點處的切線方程為，因為，所以，所以所以所以曲線在點處的切線方程為.故選：C9．已知雙曲線的離心率為，其中一條漸近線與圓交于A，B兩點，則（    ）A． B． C． D．【答案】D【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.【詳解】由，則，解得，所以雙曲線的一條漸近線不妨取，則圓心到漸近線的距離，所以弦長.故選：D10．在三棱錐中，是邊長為2的等邊三角形，，則該棱錐的體積為（    ）A．1 B． C．2 D．3【答案】A【分析】證明平面，分割三棱錐為共底面兩個小三棱錐，其高之和為AB得解.【詳解】取中點，連接，如圖，  是邊長為2的等邊三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故選：A11．已知函數(shù)．記，則（    ）A． B． C． D．【答案】A【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)的單調性及二次函數(shù)的性質判斷即可.【詳解】令，則開口向下，對稱軸為，因為，而，所以，即由二次函數(shù)性質知，因為，而，即，所以，綜上，，又為增函數(shù)，故，即.故選：A.12．函數(shù)的圖象由的圖象向左平移個單位長度得到，則的圖象與直線的交點個數(shù)為（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】先利用三角函數(shù)平移的性質求得，再作出與的部分大致圖像，考慮特殊點處與的大小關系，從而精確圖像，由此得解.【詳解】因為向左平移個單位所得函數(shù)為，所以，而顯然過與兩點，作出與的部分大致圖像如下，  考慮，即處與的大小關系，當時，，；當時，，；當時，，；所以由圖可知，與的交點個數(shù)為.故選：C. 二、填空題13．記為等比數(shù)列的前項和．若，則的公比為________．【答案】【分析】先分析，再由等比數(shù)列的前項和公式和平方差公式化簡即可求出公比.【詳解】若，則由得，則，不合題意.所以.當時，因為，所以，即，即，即，解得.故答案為：14．若為偶函數(shù)，則________．【答案】2【分析】根據(jù)常見函數(shù)的奇偶性直接求解即可.【詳解】，且函數(shù)為偶函數(shù)，，解得，故答案為：215．若x，y滿足約束條件，則的最大值為________．【答案】15【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，  由圖可知，當目標函數(shù)過點時，有最大值，由可得，即,所以.故答案為：1516．在正方體中，為的中點，若該正方體的棱與球的球面有公共點，則球的半徑的取值范圍是________．【答案】【分析】當球是正方體的外接球時半徑最大，當邊長為的正方形是球的大圓的內接正方形時半徑達到最小.【詳解】設球的半徑為.當球是正方體的外接球時，恰好經(jīng)過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包含正方體，導致球面和棱沒有交點，正方體的外接球直徑為體對角線長，即，故；  分別取側棱的中點，顯然四邊形是邊長為的正方形，且為正方形的對角線交點，連接，則，當球的一個大圓恰好是四邊形的外接圓，球的半徑達到最小，即的最小值為.綜上，.故答案為： 三、解答題17．記的內角的對邊分別為，已知．(1)求；(2)若，求面積．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)余弦定理即可解出；（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面積，對等式恒等變換，即可解出．【詳解】（1）因為，所以，解得：．（2）由正弦定理可得，變形可得：，即，而，所以，又，所以，故的面積為．18．如圖，在三棱柱中，平面．  (1)證明：平面平面；(2)設，求四棱錐的高．【答案】(1)證明見解析.(2) 【分析】(1)由平面得，又因為，可證平面，從而證得平面平面；(2) 過點作，可證四棱錐的高為,由三角形全等可證，從而證得為中點，設，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.【詳解】（1）證明：因為平面，平面,所以,又因為，即，平面，,所以平面，又因為平面,所以平面平面.（2）如圖，  過點作，垂足為.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱錐的高為.因為平面，平面,所以,,又因為，為公共邊，所以與全等，所以.設，則，所以為中點，,又因為,所以,即，解得，所以，所以四棱錐的高為．19．一項試驗旨在研究臭氧效應，試驗方案如下：選40只小白鼠，隨機地將其中20只分配到試驗組，另外20只分配到對照組，試驗組的小白鼠飼養(yǎng)在高濃度臭氧環(huán)境，對照組的小白鼠飼養(yǎng)在正常環(huán)境，一段時間后統(tǒng)計每只小白鼠體重的增加量（單位：g）．試驗結果如下：對照組的小白鼠體重的增加量從小到大排序為15.2  18.8  20.2  21.3  22.5  23.2  25.8  26.5  27.5  30.132.6  34.3  34.8  35.6  35.6  35.8  36.2  37.3  40.5  43.2試驗組的小白鼠體重的增加量從小到大排序為7.8  9.2  11.4  12.4  13.2  15.5  16.5  18.0  18.8  19.219.8  20.2  21.6  22.8  23.6  23.9  25.1  28.2  32.3  36.5(1)計算試驗組的樣本平均數(shù)；(2)（ⅰ）求40只小白鼠體重的增加量的中位數(shù)m，再分別統(tǒng)計兩樣本中小于m與不小于m的數(shù)據(jù)的個數(shù)，完成如下列聯(lián)表 對照組  試驗組  （ⅱ）根據(jù)（i）中的列聯(lián)表，能否有95%的把握認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？附：，0.1000.0500.0102.7063.8416.635【答案】(1)(2)（i）；列聯(lián)表見解析，（ii）能 【分析】（1）直接根據(jù)均值定義求解；（2）（i）根據(jù)中位數(shù)的定義即可求得，從而求得列聯(lián)表；（ii）利用獨立性檢驗的卡方計算進行檢驗，即可得解.【詳解】（1）試驗組樣本平均數(shù)為：（2）（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)，由原數(shù)據(jù)可得第11位數(shù)據(jù)為，后續(xù)依次為，故第20位為，第21位數(shù)據(jù)為，所以，故列聯(lián)表為： 合計對照組61420試驗組14620合計202040（ii）由（i）可得，，所以能有的把握認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.20．已知函數(shù)．(1)當時，討論的單調性；(2)若，求的取值范圍．【答案】(1)在上單調遞減(2) 【分析】（1）代入后，再對求導，同時利用三角函數(shù)的平方關系化簡，再利用換元法判斷得其分子與分母的正負情況，從而得解；（2）法一：構造函數(shù)，從而得到，注意到，從而得到，進而得到，再分類討論與兩種情況即可得解；法二：先化簡并判斷得恒成立，再分類討論，與三種情況，利用零點存在定理與隱零點的知識判斷得時不滿足題意，從而得解.【詳解】（1）因為，所以，則，令，由于，所以，所以，因為，，，所以在上恒成立，所以在上單調遞減.（2）法一：構建，則，若，且，則，解得，當時，因為，又，所以，，則，所以，滿足題意；當時，由于，顯然，所以，滿足題意；綜上所述：若，等價于，所以的取值范圍為.法二：因為，因為，所以，，故在上恒成立，所以當時，，滿足題意；當時，由于，顯然，所以，滿足題意；當時，因為，令，則，注意到，若，，則在上單調遞增，注意到，所以，即，不滿足題意；若，，則，所以在上最靠近處必存在零點，使得，此時在上有，所以在上單調遞增，則在上有，即，不滿足題意；綜上：.【點睛】關鍵點睛：本題方法二第2小問討論這種情況的關鍵是，注意到，從而分類討論在上的正負情況，得到總存在靠近處的一個區(qū)間，使得，從而推得存在，由此得解.21．已知直線與拋物線交于兩點，．(1)求；(2)設為的焦點，為上兩點，且，求面積的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用直線與拋物線的位置關系，聯(lián)立直線和拋物線方程求出弦長即可得出；（2）設直線：，利用，找到的關系，以及的面積表達式，再結合函數(shù)的性質即可求出其最小值．【詳解】（1）設，由可得，，所以，所以，即，因為，解得：．（2）因為，顯然直線的斜率不可能為零，設直線：，，由可得，，所以，，，因為，所以，即，亦即，將代入得，，，所以，且，解得或．設點到直線的距離為，所以，，所以的面積，而或，所以，當時，的面積．【點睛】本題解題關鍵是根據(jù)向量的數(shù)量積為零找到的關系，一是為了減元，二是通過相互的制約關系找到各自的范圍，為得到的三角形面積公式提供定義域支持，從而求出面積的最小值.22．已知點，直線（為參數(shù)），為的傾斜角，與軸正半軸、軸正半軸分別交于，且．(1)求；(2)以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，求的極坐標方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)的幾何意義即可解出；（2）求出直線的普通方程，再根據(jù)直角坐標和極坐標互化公式即可解出．【詳解】（1）因為與軸，軸正半軸交于兩點，所以，令，，令，，所以，所以，即，解得，因為，所以．（2）由（1）可知，直線的斜率為，且過點，所以直線的普通方程為：，即，由可得直線的極坐標方程為．23．已知．(1)求不等式的解集；(2)若曲線與坐標軸軸所圍成的圖形的面積為2，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）分和討論即可;（2）寫出分段函數(shù),畫出草圖,表達面積解方程即可.【詳解】（1）若,則,即,解得,即,若,則,解得,即,綜上,不等式的解集為.（2）.畫出的草圖,則與坐標軸圍成與的高為,所以所以,解得   

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