2023年全國(guó)各地（7套）高考數(shù)學(xué)真題及解答精品解析：2023年高考全國(guó)甲卷數(shù)學(xué)(文)真題（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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(wú)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.
1. 設(shè)全集，集合，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用集合的交并補(bǔ)運(yùn)算即可得解.
【詳解】因?yàn)槿?，集合，所以?br>又，所以，
故選：A.
2. （）
A. B. 1C. D.
【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】
故選：C.
3. 已知向量，則（）
A. B. C. D.
【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，從而利用平面向量余弦的運(yùn)算公式即可得解.
【詳解】因?yàn)?，所以?br>則，，
所以.
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(lái)自不同年級(jí)的概率為（）
A. B. C. D.
【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，總的基本事件有件，
其中這2名學(xué)生來(lái)自不同年級(jí)的基本事件有，
所以這2名學(xué)生來(lái)自不同年級(jí)的概率為.
故選：D.
5. 記為等差數(shù)列的前項(xiàng)和．若，則（）
A. 25B. 22C. 20D. 15
【答案】C
【解析】
【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(xiàng)，再根據(jù)前項(xiàng)和公式即可解出；
方法二：根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)求出等差數(shù)列的公差，再根據(jù)前項(xiàng)和公式的性質(zhì)即可解出．
【詳解】方法一：設(shè)等差數(shù)列的公差為，首項(xiàng)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. 21B. 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)時(shí)，判斷框條件滿足，第一次執(zhí)行循環(huán)體，，，；
當(dāng)時(shí)，判斷框條件滿足，第二次執(zhí)行循環(huán)體，，，；
當(dāng)時(shí)，判斷框條件滿足，第三次執(zhí)行循環(huán)體，，，；
當(dāng)時(shí)，判斷框條件不滿足，跳出循環(huán)體，輸出．
故選：B.
7. 設(shè)為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)在上，若，則（）
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)椋裕?br>從而，所以．
故選：B.
方法二：
因?yàn)?，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(diǎn)處的切線方程為（）
A. B. C. D.
【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.
【詳解】設(shè)曲線在點(diǎn)處的切線方程為，
因?yàn)椋?br>所以，
所以
所以
所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為.
故選：C
9. 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(diǎn)，則（）
A. B. C. D.
【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(zhǎng).
【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(zhǎng).
故選：D
10. 在三棱錐中，是邊長(zhǎng)為2等邊三角形，，則該棱錐的體積為（）
A. 1B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】證明平面，分割三棱錐為共底面兩個(gè)小三棱錐，其高之和為AB得解.
【詳解】取中點(diǎn)，連接，如圖，
是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故選：A
11. 已知函數(shù)．記，則（）
A. B. C. D.
【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，則開口向下，對(duì)稱軸為，
因?yàn)?，而?br>所以，即
由二次函數(shù)性質(zhì)知，
因?yàn)?，而?br>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(gè)單位長(zhǎng)度得到，則的圖象與直線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先利用三角函數(shù)平移的性質(zhì)求得，再作出與的部分大致圖像，考慮特殊點(diǎn)處與的大小關(guān)系，從而精確圖像，由此得解.
【詳解】因?yàn)橄蜃笃揭苽€(gè)單位所得函數(shù)為，所以，
而顯然過與兩點(diǎn)，
作出與的部分大致圖像如下，

考慮，即處與的大小關(guān)系，
當(dāng)時(shí)，，；
當(dāng)時(shí)，，；
當(dāng)時(shí)，，；
所以由圖可知，與的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為.
故選：C.
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 記為等比數(shù)列的前項(xiàng)和．若，則的公比為________．
【答案】
【解析】
【分析】先分析，再由等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式和平方差公式化簡(jiǎn)即可求出公比.
【詳解】若，
則由得，則，不合題意.
所以.
當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋?br>所以，
即，即，即，
解得.
故答案為：
14. 若為偶函數(shù)，則________．
【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】，
且函數(shù)為偶函數(shù)，
，解得，
故答案為：2
15. 若x，y滿足約束條件，則的最大值為________．
【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，
由圖可知，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)過點(diǎn)時(shí)，有最大值，
由可得，即,
所以.
故答案為：15
16. 在正方體中，為的中點(diǎn)，若該正方體的棱與球的球面有公共點(diǎn)，則球的半徑的取值范圍是________．
【答案】
【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(zhǎng)為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.
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為體對(duì)角線長(zhǎng)，即，故；

分別取側(cè)棱的中點(diǎn)，顯然四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，且為正方形的對(duì)角線交點(diǎn)，
連接，則，當(dāng)球的一個(gè)大圓恰好是四邊形的外接圓，球的半徑達(dá)到最小，即的最小值為.
綜上，.
故答案為：
三、解答題：共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，每個(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.
17. 記內(nèi)角的對(duì)邊分別為，已知．
（1）求；
（2）若，求面積．
【答案】（1）
（2）
【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】
因?yàn)?，所以，解得：?br>【小問2詳解】
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(shè)，求四棱錐的高．
【答案】（1）證明見解析.
（2）
【解析】
【分析】(1)由平面得，又因?yàn)椋勺C平面，從而證得平面平面；
(2) 過點(diǎn)作，可證四棱錐的高為,由三角形全等可證，從而證得為中點(diǎn)，設(shè)，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)槠矫?，平?
所以,
又因?yàn)?，即?br>平面，,
所以平面，
又因?yàn)槠矫?
所以平面平面.
【小問2詳解】
如圖，

過點(diǎn)作，垂足為.
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面?br>所以平面，
所以四棱錐的高為.
因?yàn)槠矫?，平?
所以,,
又因?yàn)?，為公共邊?br>所以與全等，所以.
設(shè)，則，
所以為中點(diǎn)，,
又因?yàn)?所以,
即，解得，
所以，
所以四棱錐的高為．
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)?br>15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8 26.5 27.5 30.1
32.6 34.3 34.8 35.6 35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2
試驗(yàn)組的小白鼠體重的增加量從小到大排序?yàn)?br>7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5 18.0 18.8 19.2
19.8 20.2 21.6 22.8 23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
（1）計(jì)算試驗(yàn)組的樣本平均數(shù)；
（2）（?。┣?0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)，完成如下列聯(lián)表
（ⅱ）根據(jù)（i）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？
附：，
【答案】（1）
（2）（i）；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）（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(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：
【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)，
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，第21位數(shù)據(jù)為，
所以，
故列聯(lián)表為：
（ii）由（i）可得，，
所以能有的把握認(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.
20. 已知函數(shù)．
（1）當(dāng)時(shí)，討論的單調(diào)性；
（2）若，求的取值范圍．
【答案】（1）在上單調(diào)遞減
（2）
【解析】
【分析】（1）代入后，再對(duì)求導(dǎo)，同時(shí)利用三角函數(shù)平方關(guān)系化簡(jiǎn)，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)，從而得到，注意到，從而得到，進(jìn)而得到，再分類討論與兩種情況即可得解；
法二：先化簡(jiǎn)并判斷得恒成立，再分類討論，與三種情況，利用零點(diǎn)存在定理與隱零點(diǎn)的知識(shí)判斷得時(shí)不滿足題意，從而得解.
【小問1詳解】
因?yàn)?，所以?br>則
，
令，由于，所以，
所以，
因?yàn)?，，?br>所以在上恒成立，
所以在上單調(diào)遞減.
【小問2詳解】
法一：
構(gòu)建，
則，
若，且，
則，解得，
當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋?br>又，所以，，則，
所以，滿足題意；
當(dāng)時(shí)，由于，顯然，
所以，滿足題意；
綜上所述：若，等價(jià)于，
所以的取值范圍為.
法二：
因?yàn)椋?br>因?yàn)?，所以，?br>故在上恒成立，
所以當(dāng)時(shí)，，滿足題意；
當(dāng)時(shí)，由于，顯然，
所以，滿足題意；
當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋?br>令，則，
注意到，
若，，則在上單調(diào)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(diǎn)，使得，
此時(shí)上有，所以在上單調(diào)遞增，
則在上有，即，不滿足題意；
綜上：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題方法二第2小問討論這種情況的關(guān)鍵是，注意到，從而分類討論在上的正負(fù)情況，得到總存在靠近處的一個(gè)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(diǎn)，．
（1）求；
（2）設(shè)為的焦點(diǎn)，為上兩點(diǎn)，且，求面積的最小值．
【答案】（1）
（2）
【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(zhǎng)即可得出；
（2）設(shè)直線：，利用，找到的關(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)，
由可得，，所以，
所以，
即，因?yàn)?，解得：?br>【小問2詳解】
因?yàn)?，顯然直線的斜率不可能為零，
設(shè)直線：，，
由可得，，所以，，
，
因?yàn)?，所以?br>即，
亦即，
將代入得，
，，
所以，且，解得或．
設(shè)點(diǎn)到直線的距離為，所以，
，
所以的面積，
而或，所以，
當(dāng)時(shí)，的面積．
【點(diǎn)睛】本題解題關(guān)鍵是根據(jù)向量的數(shù)量積為零找到的關(guān)系，一是為了減元，二是通過相互的制約關(guān)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.
（二）選考題：共10分.請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計(jì)分.
[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]（10分）
22. 已知點(diǎn)，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(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，求的極坐標(biāo)方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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(biāo)和極坐標(biāo)互化公式即可解出．
【小問1詳解】
因?yàn)榕c軸，軸正半軸交于兩點(diǎn)，所以，
令，，令，，
所以，所以，
即，解得，
因?yàn)?，所以?br>【小問2詳解】
由（1）可知，直線的斜率為，且過點(diǎn)，
所以直線的普通方程為：，即，
由可得直線的極坐標(biāo)方程為．
[選修4-5：不等式選講]（10分）
23. 已知．
（1）求不等式的解集；
（2）若曲線與軸所圍成的圖形的面積為2，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分和討論即可;
（2）寫出分段函數(shù),畫出草圖,表達(dá)面積解方程即可.
【小問1詳解】
若,則,
即,解得,即,
若,則,
解得,即,
綜上,不等式的解集為.
【小問2詳解】
.
畫出的草圖,則與坐標(biāo)軸圍成與
的高為,所以
所以,解得
對(duì)照組
試驗(yàn)組
0.100
0.050
0.010
2.706
3.841
6.635
合計(jì)
對(duì)照組
6
14
20
試驗(yàn)組
14
6
20
合計(jì)
20
20
40

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