2023年全国甲卷高考数学(理)真题及答案

2023年12月15日发(作者：常熟2020中考数学试卷)

2023年高考全国甲卷数学(理)真题及答案

一、选择题

∣x3k1,kZ},B{x∣x3k2,kZ}，U为整数集，ðU(AB)1．设集合A{x（

）

A．{x|x3k,kZ}

∣x3k1,kZ} B．{xD．

∣x3k2,kZ} C．{x2．若复数ai1ai2,aR，则a（

）

A．-1 B．0

· C．1 D．2

3．执行下面的程序框遇，输出的B（

）

A．21 B．34 C．55 D．89

4．向量|a||b|1,|c|2，且abc0，则cosac,bc（

）

1A．

52B．

5C．2

5D．4

55．已知正项等比数列an中，a11,Sn为an前n项和，S55S34，则S4（

）

A．7 B．9 C．15 D．30

6．有60人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为（

）

A．0.8 B．0.4 C．0.2 D．0.1

7．“sin2sin21”是“sincos0”的（

）

A．充分条件但不是必要条件

1B．必要条件但不是充分条件 C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件

x2y28．已知双曲线221(a0,b0)的离心率为5，其中一条渐近线与圆ab(x2)2(y3)21交于A，B两点，则|AB|（

）

1A．

5B．5

5C．25

5D．45

59．有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为（

）

A．120 B．60 C．40 D．30

ππ10．已知fx为函数ycos2x向左平移个单位所得函数，则yfx与6611yx的交点个数为（

）

22A．1 B．2 C．3 D．4

11．在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，AB4,PCPD3,PCA45，则APBC的面积为（

）

A．22 B．32 C．42 D．52

x2y212．己知椭圆1，F1,F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，963cosF1PF2，则|PO|（

）

5A．2

5B．30

23C．

5D．35

2二、填空题

π213．若y(x1)axsinx为偶函数，则a________．

22x3y314．设x，y满足约束条件3x2y3，设z3x2y，则z的最大值为xy1____________．

15．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为____________．

16．在AABC中，AB2，BAC60,BC6，D为BC上一点，AD为BAC的平分线，则AD_________．

三、解答题

17．已知数列an中，a21，设Sn为an前n项和，2Snnan．

2(1)求an的通项公式；

an1(2)求数列n的前n项和Tn．

218．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA12，A1C底面ABC，ACB90，A1到平面BCC1B1的距离为1．

(1)求证：ACA1C；

(2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．

19．为探究某药物对小鼠的生长抑制作用，将40只小鼠均分为两组，分别为对照组（不加药物）和实验组（加药物）．

(1)设其中两只小鼠中对照组小鼠数目为X，求X的分布列和数学期望；

(2)测得40只小鼠体重如下（单位：g）：（已按从小到大排好）

对照组：17.3

18.4

20.1

20.4

21.5

23.2

24.6

24.8

25.0

25.4

26.1

26.3

26.4

26.5

26.8

27.0

27.4

27.5

27.6

28.3

实验组：5.4

6.6

6.8

6.9

7.8

8.2

9.4

10.0

10.4

11.2

14.4

17.3

19.2

20.2

23.6

23.8

24.5

25.1

25.2

26.0

（i）求40只小鼠体重的中位数m，并完成下面2×2列联表：

对照组

实验组

m

m

（ii）根据2×2列联表，能否有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用．

参考数据：

k0

0.10 0.05 0.010

3Pk2k0

2.706 3.841 6.635

20．设抛物线C:y22px(p0)，直线x2 y10与C交于A，B两点，且|AB|415．

(1)求p；

(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，MFNF0，求AMNF面积的最小值．

21．已知f(x)axsinxπ,x0,

cos3x2(1)若a8，讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)sin2x恒成立，求a的取值范围．

四、选做题

22．已知P(2,1)，直线l:两点，|PA||PB|4．

(1)求的值；

(2)以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求l的极坐标方程．

23．已知f(x)2|xa|a, a0

．

(1)求不等式fxx的解集；

(2)若曲线yfx与x轴所围成的图形的面积为2，求a．

x2tcos（t为参数），l与x轴，y轴正半轴交于A，By1tsin41．A

【分析】根据整数集的分类，以及补集的运算即可解出．

【详解】因为整数集Zx|x3k,kZx|x3k1,kZx|x3k2,kZ，UZ，所以，ðUABx|x3k,kZ．

故选：A．

2．C

【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出．

22【详解】因为ai1aiaaiia2a1ai2，

2a2所以，解得：a1．

21a0故选：C.

3．B

【分析】根据程序框图模拟运行，即可解出．

【详解】当n1时，判断框条件满足，第一次执行循环体，A123，B325，n112；

当n2时，判断框条件满足，第二次执行循环体，A358，B8513，n213；

当n3时，判断框条件满足，第三次执行循环体，A81321，B211334，n314；

当n4时，判断框条件不满足，跳出循环体，输出B34．

故选：B.

4．D

【分析】作出图形,根据几何意义求解.

【详解】因为abc0,所以a+b=-c,

rr即a2b22abc2,即112ab2,所以ab0.

如图,设OAa,OBb,OCc,

5 由题知,OAOB1,OC2,AOAB是等腰直角三角形,

AB边上的高OD22,

,AD22所以CDCOOD2232,

22AD13tanACD,cosACD,

CD310cosac,bccosACBcos2ACD2cos2ACD1

4321.

5102故选:D.

5．C

【分析】根据题意列出关于q的方程,计算出q,即可求出S4.

2342【详解】由题知1qqqq51qq4,

即q3q44q4q2,即q3q24q40,即(q2)(q1)(q2)0.

由题知q0,所以q=2.

所以S4124815.

故选:C.

6．A

【分析】先算出报名两个俱乐部的人数,从而得出某人报足球俱乐部的概率和报两个俱乐部的概率,利用条件概率的知识求解.

【详解】报名两个俱乐部的人数为50607040，

记“某人报足球俱乐部”为事件A,记“某人报兵乓球俱乐部”为事件B，

则P(A)505404,P(AB)，

70770764P(AB)7∣A)0.8. 所以P(B5P(A)7故选:A.

7．B

【分析】根据充分条件、必要条件的概念及同角三角函数的基本关系得解.

【详解】当sin2sin21时，例如π,0但sincos0，

2即sin2sin21推不出sincos0；

当sincos0时，sin2sin2(cos)2sin21，

即sincos0能推出sin2sin21.

综上可知，sin2sin21是sincos0成立的必要不充分条件.

故选：B

8．D

【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.

c2a2b2b2【详解】由e5，则2125，

aa2ab解得2，

a所以双曲线的一条渐近线不妨取y2x，

则圆心(2,3)到渐近线的距离d|223|2215，

5所以弦长|AB|2r2d221故选：D

9．B

145.

55【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天社区服务的情况，即可得解.

【详解】不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e，

假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有A2412种方法，

7同理：b,c,d,e连续参加了两天社区服务，也各有12种方法，

所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有51260种.

故选：B.

10．C

【分析】先利用三角函数平移的性质求得fxsin2x，再作出fx与y分大致图像，考虑特殊点处fx与y11x的部2211x的大小关系，从而精确图像，由此得解.

22ππ【详解】因为ycos2x向左平移个单位所得函数为66πππycos2xcos2xsin2x，所以fxsin2x，

662而y111x显然过0,与1,0两点，

222作出fx与y11x的部分大致图像如下，

22

考虑2x系，

当x当x3π3π7π3π3π7π11,2x,2x，即x,x,x处fx与yx的大小关2222244413π13π43π3π3π1； 时，fsin1，y42428423π13π13π43πfsin1，y1；

2242847π17π17π47π7π1，y1； 当x时，fsin42424283π时，4所以由图可知，fx与y故选：C.

11．C

11x的交点个数为3.

22【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得APDOAPCO，APDBAPCA，从而得到PAPB，再在△PAC中利用余弦定理求得PA17，从而求得PB17，由此在8APBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；

1cosPCB法二：先在△PAC中利用余弦定理求得PA17，，从而求得PAPC33，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于PB,BPD的方程组，从而求得PB17，由此在APBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.

【详解】法一：

连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图，

因为底面ABCD为正方形，AB4，所以ACBD42，则DOCO22，

又PCPD3，POOP，所以APDOAPCO，则PDOPCO，

又PCPD3，ACBD42，所以APDBAPCA，则PAPB，

在△PAC中，PC3,AC42,PCA45，

则由余弦定理可得PA2AC2PC22ACPCcosPCA3292423故PA17，则PB17，

故在APBC中，PC3,PB17,BC4，

PC2BC2PB2916171所以cosPCB，

2PCBC2343217，

2又0PCBπ，所以sinPCB1cos2PCB所以APBC的面积为S法二：

22，

31122PCBCsinPCB3442.

223连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图，

9 因为底面ABCD为正方形，AB4，所以ACBD42，

在△PAC中，PC3,PCA45，

则由余弦定理可得PA2AC2PC22ACPCcosPCA3292423217，故2PA17，

PA2PC2AC21793217所以cosAPC，则2PAPC17217317PAPCPAPCcosAPC173173，

不妨记PBm,BPD，

11因为POPAPCPBPD，所以PAPC2222PBPD，

2222即PAPC2PAPCPBPD2PBPD，

2则17923m923mcos，整理得m26mcos110①，

又在△PBD中，BD2PB2PD22PBPDcosBPD，即32m296mcos，则m26mcos230②，

两式相加得2m2340，故PBm17，

故在APBC中，PC3,PB17,BC4，

PC2BC2PB2916171所以cosPCB，

2PCBC2343又0PCBπ，所以sinPCB1cos2PCB所以APBC的面积为S故选：C.

12．B

22，

31122PCBCsinPCB3442.

22310【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出△PF1F2的面积，即可得到点P的坐标，从而得出OP的值；

方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF1PF2,PF1PF2，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；

方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF1PF2，即可根据中线定理求出．

【详解】方法一：设F1PF22,02222FPFπ22，所以SAPF1F2btan12btan，

221cos2sin21tan23tan， 由cosF1PF2cos2，解得：2cos2+sin21tan25由椭圆方程可知，a29,b26,c2a2b23，

1112所以，SAPF1F2F1F2yp23yp6，解得：yp3，

2223993022即xp91，因此OPx2．

3pyp6222故选：B．

方法二：因为PF1PF22a6①，PF1PF22PF1PF2F1PF2F1F2，

即PF1PF2222226PF1PF212②，联立①②，

51522,PF1PF221，

211OPPOPFPFPOPFPF而12，

12，所以221122131530即POPF1PF2．

PF12PF1PF2PF2212222522解得：PF1PF2故选：B．

方法三：因为PF1PF22a6①，PF1PF22PF1PF2F1PF2F1F2，

即PF1PF222222622PF1PF212②，联立①②，解得：PF1PF221，

522由中线定理可知，2OPF1F22PF1PF22242，易知FF1223，解得：OP30．

2故选：B．

【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，11还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．

13．2

ππ【分析】利用偶函数的性质得到ff，从而求得a2，再检验即可得解.

22π22【详解】因为yfxx1axsinxx1axcosx为偶函数，定义域为2R，

22ππππππππ所以ff，即1acos1acos，

22222222ππ则πa112π，故a2，

22此时fxx12xcosxx21cosx，

所以fxx1cosxx21cosxfx，

又定义域为R，故fx为偶函数，

所以a2.

故答案为：2.

14．15

【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，

2222

12由图可知，当目标函数yx过点A时，z有最大值，

32z2x32x3y3由可得，即A(3,3),

3x2y3y3所以zmax332315.

故答案为：15

15．12

【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.

【详解】不妨设正方体棱长为2，EF中点为O，取AB，BB1中点G,M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG,EG,OM,ON,MN，如图，

由题意可知，O为球心，在正方体中，EFFG2EG2222222，

即R2，

则球心O到BB1的距离为OMON2MN212122，

所以球O与棱BB1相切，球面与棱BB1只有1个交点，

同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，

所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.

故答案为：12

16．2

【分析】方法一：利用余弦定理求出AC，再根据等面积法求出AD；

方法二：利用余弦定理求出AC，再根据正弦定理求出B,C，即可根据三角形的特征求出．

13【详解】

如图所示：记ABc,ACb,BCa，

方法一：由余弦定理可得，22b222bcos606，

因为b0，解得：b13，

由SAABCSAABDSAACD可得，

1112bsin602ADsin30ADbsin30，

2223b23132． 解得：ADb3312故答案为：2．

方法二：由余弦定理可得，22b222bcos606，因为b0，解得：b13，

由正弦定理可得，6b2622，解得：，，

sinCsinB24sin60sinBsinC因为1362，所以C45，B180604575，

又BAD30o，所以ADB75，即ADAB2．

故答案为：2．

【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．

17．(1)ann1

1(2)Tn22n

2

nS1,n1a【分析】（1）根据n即可求出；

SnSn1,n2（2）根据错位相减法即可解出．

14【详解】（1）因为2Snnan，

当n1时，2a1a1，即a10；

当n3时，21a33a3，即a32，

当n2时，2Sn1n1an1，所以2SnSn1nann1an12an，

化简得：n2ann1an1，当n3时，anaan131，即ann1，

n1n22*当n1,2,3时都满足上式，所以ann1nN．

a1n1111（2）因为nnn，所以Tn123n，

222222123n11111Tn12(n1)n2222223nn1，

两式相减得，

n111123nn1n1221111111，

Tnnn1222222212n1111，即Tn22n，nN*．

22218．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得A1O平面BCC1B1，再由勾股定理求出O为中点，即可得证；

（2）利用直角三角形求出AB1的长及点A到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.

【详解】（1）如图，

13

13nn15

AC底面ABC，BC面ABC，

1ACC,

A1CBC，又BCAC，A1C,AC平面ACC1A1，AC1BC平面ACC1A1，又BC平面BCC1B1，

平面ACC1A1平面BCC1B1，

过A1作A1OCC1交CC1于O，又平面ACC1A1平面BCC1B1CC1，A1O平面ACC1A1，

AO平面BCC1B1

1A1到平面BCC1B1的距离为1，A1O1，

AC在Rt△A1CC1中，AC111,CC1AA12，

设COx，则C1O2x，

△AOC,△AOC111,△ACC11为直角三角形，且CC12，

CO2A1O2A1C2，A1O2OC12C1A12，A1C2A1C12C1C2，

1x21(2x)24，解得x1，

ACA1CA1C12，

ACA1C

（2）ACA1C1,BCA1C,BCAC，

Rt△ACB≌Rt△ACB

1BABA1，

过B作BDAA1，交AA1于D，则D为AA1中点，

16由直线AA1与BB1距离为2，所以BD2

A1D1，BD2，A1BAB5，

在Rt△ABC，BCAB2AC23，

延长AC，使ACCM，连接C1M，

由CM∥A1C1,CMA1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，

C1M∥A1C，C1M平面ABC，又AM平面ABC，

C1MAM

则在Rt△AC1M中，AM2AC,C1MAC，AC1(2AC)2A1C2，

1在Rt△AB1C1中，AC1(2AC)2A1C2，B1C1BC3，

AB1(22)2(2)2(3)213,

又A到平面BCC1B1距离也为1，

所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为19．(1)分布列见解析，E(X)1

(2)（i）m23.4；列联表见解析，（ii）能

【分析】（1）利用超几何分布的知识即可求得分布列及数学期望；

（2）（i）根所中位数的定义即可求得m23.4，从而求得列联表；

（ii）依用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解.

【详解】（1）依题意，X的可能取值为0,1,2，

201C0C2C119192020C2020C2020C20P(X1)P(X2)则P(X0)，，，

22C39C278C78404040113.

1313所以X的分布列为：

X

0

1

2

P

201919

78783917故E(X)0192019121.

783978（2）（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，

由于原数据已经排好，所以我们只需要观察对照组第一排数据与实验组第二排数据即可，

可得第11位数据为14.4，后续依次为17.3,17.3,18.4,19.2,20.1,20.2,20.4,21.5,23.2,23.6,，

故第20位为23.2，第21位数据为23.6，

所以m23.223.623.4，

2故列联表为：

对照组

实验组

合计

m

m

合计

6

14

20

14

6

20

20

20

40

40(661414)2（ii）由（i）可得，K6.4003.841，

20202020所以能有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用.

20．(1)p2

(2)1282

【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：xmyn，Mx1,y1,Nx2,y2,利用MFNF0，找到m,n的关系，以及AMNF的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．

【详解】（1）设AxA,yA,BxB,yB，

x2y10由2可得，y24py2p0，所以yAyB4p,yAyB2p，

y2px所以ABxAxByAyB225yAyB5yAyB24yAyB415，

即2p2p60，因为p0，解得：p2．

18（2）因为F1,0，显然直线MN的斜率不可能为零，

设直线MN：xmyn，Mx1,y1,Nx2,y2，

y24x由可得，y24my4n0，所以，y1y24m,y1y24n，

xmyn16m216n0m2n0，

因为MFNF0，所以x11x21y1y20，

即my1n1my2n1y1y20，

2亦即m1y1y2mn1y1y2n10，

2将y1y24m,y1y24n代入得，

24m2n26n1，4mnn10，

2所以n1，且n26n10，解得n322或n322．

设点F到直线MN的距离为d，所以d22n11m2，

MNx1x2y1y21m2y1y21m216m216n

21m24n26n116n21m2n1，

n1112SMNd21m2n1n1， 所以AMNF的面积221m2而n322或n322，所以，

当n322时，AMNF的面积Smin22221282．

【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.

21．(1)答案见解析.

(2)(,3]

【分析】（1）求导,然后令tcos2x,讨论导数的符号即可;

19（2）构造g(x)f(x)sin2x,计算g(x)的最大值,然后与0比较大小,得出a的分界点,再对a讨论即可.

cosxcos3x3sinxcos2xsinx【详解】（1）f(x)a

cos6xcos2x3sin2x32cos2x

aacos4xcos4x令cos2xt,则t(0,1)

32tat22t3则f(x)g(t)a2

tt28t22t3(2t1)(4t3)当a8,f(x)g(t)

t2t2ππ1当t0,,即x,,f(x)0.

242π1当t,1,即x0,,f(x)0.

24πππ所以f(x)在0,上单调递增,在,上单调递减

424（2）设g(x)f(x)sin2x

at22t323g(x)f(x)2cos2xg(t)22cosx12(2t1)a24t设t2tt223(t)a24t2

tt2264t32t62(t1)(2t22t+3)(t)4230

ttt3t3所以(t)(1)a3.

1若a(,3],g(x)(t)a30

即g(x)在0,上单调递减,所以g(x)g(0)0.

2所以当a(,3],f(x)sin2x,符合题意.

2若a(3,)

23111当t0,23,所以(t).

ttt332(1)a30.

所以t0(0,1),使得t00,即x00,,使得gx00.

2当tt0,1,(t)0,即当x0,x0,g(x)0,g(x)单调递增.

所以当x0,x0,g(x)g(0)0,不合题意.

20综上,a的取值范围为(,3].

【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性tcosx在定义域内是减函数,若t0cosx0,当tt0,1,(t)0,对应当x0,x0,g(x)0.

22．(1)3π

4(2)cossin30

【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．

【详解】（1）因为l与x轴，y轴正半轴交于A,B两点，所以令x0，t121，令y0，t2，

cossin244，所以sin21，

sincossin2ππ，

2所以PAPBt2t1即2因为ππ1kπ，解得kπ,kZ，

4223πππ，所以．

24（2）由（1）可知，直线l的斜率为tan1，且过点2,1，

所以直线l的普通方程为：y1x2，即xy30，

由xcos,ysin可得直线l的极坐标方程为cossin30．

a23．(1),3a

3(2)

【分析】（1）分xa和xa讨论即可;

（2）写出分段函数,画出草图,表达面积解方程即可.

【详解】（1）若xa,则f(x)2a2xax,

即3xa,解得xaa,即xa,

3326

3若xa,则f(x)2x2aax,

解得x3a,即ax3a,

21a综上,不等式的解集为,3a.

32xa,xa（2）f(x).

2x3a,xa画出f(x)的草图,则f(x)与坐标轴围成△ADO与AABC

a3aAABC的高为a,D(0,a),A,0,B,0,所以|AB|a

22113226所以SAOADSAABCOAaABaa2,解得a

2243【点睛】

22