2023年全国新高考一卷数学真题及答案解析

2023年12月11日发(作者：人教版数学试卷查找器)

2023年全国新高考一卷数学真题及答案解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合M2，1，0，1，2，Nxxx60，则M∩N（2）1，0，1A.2，2.已知zB.0,1,2）C.2D.21i，则zz（2.0A.iD.13.已知向量a1,1，b1,1.若abab，则（）A.14.设函数fx2xxaB.1C.1D.-1）在区间0,1单调递减，则a的取值范围是（2A.，B.2,0C.0,2D.2，x2x2225.设椭圆C1：2y1a1，C2：y1的离心率分别e1,e2.若e23e1，则4aa（A.233）B.222C.3D.6）6.过点0，2与圆xy4x10相切的两条直线的夹角为，则sin（A.1B.154C.104D.64Sn为等差数列，则（n）7.记Sn为数列an的前n项和，设甲：an为等差数列；乙：A.甲是乙的充分条件但不是必要条件C.甲是乙的充要条件8.已知sinB.甲是乙的必要条件但不是充分条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件）A.7911，cossin，则cos22（36117B.D.C.9991二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.有一组样本数据x1,x2,x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则（）A.x2,x3,x4,x5的平均数等于x1,x2,x6的平均数B.x2,x3,x4,x5的中位数等于x1,x2,x6的中位数C.x2,x3,x4,x5的标准差不小于x1,x2,x6的标准差D.x2,x3,x4,x5的极差不大于x1,x2,x6的极差10.噪声污染问题越来越受到重视，用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp20lg源的声压级：p，其中常数p0p00是听觉下线的阈值，p是实际声压.下表为不同声p0声源燃油汽车混合动力汽车电动汽车与声源的距离/m101010声压级/dB60~9050~6040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1,p2,p3，则（）A.p1p2B.p210p32C.p3100p02D.p1100p2）11.已知函数fx的定义域为R，fxyyfxxfy，则（A.f00C.fx是偶函数B.f10D.x0为fx的极小值点12.下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体2三、填空题：本大题4小题，每小题5分，共20分.13.某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选修方案共有14.在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，AB2，A1B11，AA1为.种（用数字作答）.2，则该棱台的体积15.已知函数fxcosx10在区间0,2有且仅有3个零点，则的取值范围是.x2y216.已知双曲线C：221a0，b0的左、右焦点分别为F1，F2，点A在C上.ab点B在y轴上，F1AF1B，F2A2F2B，则C的离心率为3.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知在ABC中，AB3C，2sinACsinB.（1）求sinA；（2）设AB5，求AB边上的高.18.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA14.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA21，BB2DD22，CC23.（1）证明：B2C2∥A2D2；（2）点P在棱BB1上，当二面角PA2C2D2为150°时，求B2P.19.已知函数fxaeax.x（1）讨论fx的单调性；（2）证明：当a0时，fx2lna3.23n2nbn20.设等差数列an的公差为d，且d1，令bn，记Sn,Tn分别为数列an，an的前n项和.（1）若3a22a1a3，S3T321，求an的通项公式；（2）若bn为等差数列，且S99T9999，求d.21.甲乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8，由抽签决定第一次投篮的任选，第一次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.（1）求第2次投篮的人是乙的概率；（2）求第i次投篮的人是甲的概率；i1,2,,n，（3）已知：若随机变量Xi服从两点分布，且PXi11PXi0qi，则EXii1qi，记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y，i1nn求EY.22.在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点0，的距离，记动点P的轨迹为W.（1）求W的方程；（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33.124答案解析一、选择题1C2A3D4D5A6B7C8B1.解：N，23，，∴MN21i1i，∴zzi22i2223.解：∵abab，∴aabb210，2.解：z∴-14.解：由复合函数的单调性可知yxxa在区间0,1单调递减，∴范围是2，.a1，∴a的取值25.解：由题意得：e122323a21a211，e2，得.，解得a23aa256.解：易得x2y5，故圆心B2,0，R记A0，2，设切点为M,N，则AB22，BM5，可得AM3sin15AM35，cos∴sin2sincossinMBA2242AB22222nn1d，27.解：甲：∵an为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Snna1∴SnSn1ddSdSa1dna1，n1n，故n为等差数列，则甲是乙n222n1n2n的充分条件；反之，Sn1SnnSn1n1Snnan1SnSn为等差数列，即为常数，n1nnn1nn1nnan1Snt，故Snnan1tnn1，nn1设为t，即故Sn1n1antnn1，n2，5两式相减有：annan1ann12tn，即an1an2t，对n1也成立，故an为等差数列，∴甲是乙的必要条件综上，甲是乙的充要条件.8.解：∵sinsincoscossin11，cossin，361112则sincos，故sinsincoscossin.236312cos2212sin212.932二、选择题9BD10ACD11ABC12ABD10.解：∵L1L220lgp1ppp20lg220lg10，∴11，即p1p2∴Ap0p0p2p21ppp1正确；L2L320lg210，即lg2，∴2102，∴B错误；p3p3p32∵L320lgp3p40，∴3102100，∴C正确；p0p0p1pp905040，∴lg12，∴1100，∴D正确.p2p2p2L1L220lg11.解：选项A，令xy0，则f00f00f00，故A正确；选项B，令xy1，则f11f11f1，则f10故B正确；选项C，令xy1，则f11f11f1，则f10，22再令y1，则fx1fxxf1，即fxfx，故C正确；22选项D，对式子两边同时除以xy22x2y20，得到：fxyfyfx22，故22xyyxx2lnx,x0fx可设2lnxx0，故可以得到fx，故D错误.x0,x0612.解：选项A，球直径为0.991，故球体可以放入正方体容器内，故A正确；选项B，连接正方体的面对角线，可以得到一个正四面体，其棱长为21.4，故B正确；选项C，底面直径0.01m，可以忽略不计，但高为1.8长，故C不正确；选项D，底面直径为1.2三、填空题13.64；14.3，3为正方体的体对角线的3，高为0.01m的圆柱体，其高度可以忽略不计，故D正确.76；615.23；1116.35513.解：当从这8门课中选修2门课时，共有C4C416；当从这8门课中选修3门课时，共有C4C4C4C448；综上共有64种.14.解：如图，将正四棱台ABCDA1B1C1D1补成正四棱锥，则AO12212，SA22，OO16，2故V11676S1S2S1S2h22122212.332615.解：令fxcosx10得cosx1，又x0,2，则x0,2，∴426，即23.F2A2216.解：由F2AF2B得，设F2A2x，F2B3x.由对称性可得3F2B3F1B3x，由定义可得，F1A2x2a，AB5x，设F1AF2，则sin3x342x2a，解得xa，∴AF12x2a，，∴cos5x555x16a24a24c24AF22a，在AF1F2中，由余弦定理可得cos，516a2即5c9a可得e四、解答题2235.5717.解：（1）由题意得AB3C，∴，ABC4C，∴C∴BAC3A，44∵2sinACsinB，∴2sinA3sinA，44即22222sinAcosAcosAsinA，整理得：sinA3cosA222222又∵sinAcosA1，A0，∴sinA0，∴cosA0解得sinA31010，cosA1010255（2）∵sinBsinACsinAcosCcosAsinC由正弦定理可知bcb5，即，解得b210sinBsinC310210211bcsinAch，∴hbsinA622设AB边上的高为h，∵S18.解：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CC1为z轴建立空间直角坐标系则B20,2,2，C20,0,3，A22，2,1，D22,0,2（1）∵B2C20，2,1，A2D20，2，1（2）设P0,2,t，其中2t4∴PA22，0，1t，PC20，2,3t，D2C22,0,1，D2A20,2，1.∴B2C2A2D2，∴B2C2∥A2D2mPA20设平面PA2C2的一个法向量为mx,y,z，则mPC20即2x1tz0，令z2，则mt1,3t,2.2y3tz0nD2A20设平面D2A2C2的一个法向量为nx,y,z，则nD2C208即2xz0，令z2，则n1,1,2.2yz0∵二面角PA2C2D2为150°，∴cosm,nmnmncos15062t28t143，解得：（舍去）或t3.t12∴B2P119.解：（1）由题可得fxae1x①当a0时，fx0，fx在，单调递减；②当a0时，令fx0得xlna∴当x,lna时，fx0，fx在,lna单调递减；当xlna，时，fx0，fx在lna，单调递增.（2）由（1）得当a0时，fxminflnaa1lna.2设gaa1lna2lna2312alna，22则ga2a21，令ga0可得aa2∴当a0,22时，ga0，ga在0,上单调递减；2222时，ga0，ga在，当a2，上单调递增.2∴gaming23ln20，故ga0，∴当a0时，fx2lna.2220.解：（1）∵3a22a1a3，∴3da3a12d，即a1d，annd故annd，n2nn1nn1dnn3∴bn，Sn，Tn，and22d934d3621，22d12即2d7d30，解得d3或d（舍），2又S3T321，即故an的通项公式为：an3n.（2）若bn为等差数列，则2b2b1b3，即222231234，a1da1a12d即a13a1d2d0，∴a1d或a12d，nn1dnn3，Tn.22d99100d99102又S99T9999，即99，22d512即50dd510，∴d或d1（舍）.50nnn3dnn1当a12d时，ann1d，bn，故Sn，Tn.d22d99102d99100又S99T9999，即99，22d512即51dd500，∴d（舍）或d1（舍）.5051综上所述：d.50当a1d时，annd，故Sn21.解：（1）第二次是乙的概率为0.50.40.50.80.6.（2）第i次投篮的人是甲的概率为pi，则第i次投篮的人是甲的概率为1pi，则pi10.6pi0.21pi0.4pi0.2，构造等比数列pi1则pi12pi，解得1，53121111pi，又p1，∴p1353236i1i111212∴pi，则pi365651.3n21n1n52n5（3）当nN时，EYp1p2pn1.2631853151052当n0时，EY0，符合上式，故EY1185nn.31222.解：（1）设Px,y，∵点P到x轴的距离等于点P到点0，的距离，∴y11xy，化简得yx2.4222故W的方程为yx21.4（2）不妨设A,B,D三点在W上，且有BADA.设Aa,a211，由对称性不妨设k1，，设BA，DA的斜率分别为k，4k2则直线BA的方程为：ykxaa1412yx422联立，整理可得：xkxkaa0，则xAxBkykxaa214∴ABxAxB2yAyB2112a2kk1k2k2a同理可得：AD1∴ABCD1kk2a12112ak2k1121k2k2a2a1kkkk31m设fm21kk223m2m1m1，11m3m3，则fm2m32mmm220上单调递增，可知fm在0，上单调递减，在，∴fm在0，1上最小值为f∴ABCDfk12121227，43223，由于两处相等的条件不一致，∴矩形ABCD的周长为2ABCD33.11