2023年全国甲卷理科高考数学试卷附详解

2023年12月2日发(作者：新高考2卷数学试卷和答案)

2023年全国甲卷理科高考数学真题试卷

广西、贵州、四川、云南、西藏适用.

一、选择题.

1.

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

）

A.

{x|x3k,kZ}

C.

{x∣x3k2,kZ}

2.

若复数ai1ai2,aR,则a（

）

A. -1 B. 0 C. 1 D. 2

B.

{x∣x3k1,kZ}

D.



3.

执行下面的程序框遇,输出的B（

）

A.21

4.

向量ab1,cA.



B. 34 C. 55 D. 89

2,且abc0,则cosac,bc（

）

B.

152

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50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（

）

第 1 页 共 19 页 A.

充分条件但不是必要条件

C.

充要条件

B.

必要条件但不是充分条件

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(x2)2(y3)21交于A,Bab两点,则|AB|（

）

A.

1

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

10.

已知fx为函数ycos2x数为（

）

A. 1 B. 2

ππ11向左平移个单位所得函数,则 yfx与yx的交点个6622C. 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PBC的面积为（

）

A.

22 B.

32 C.

42 D.

52

3x2y212.

己知椭圆

（

）1,F1,F2为两个焦点,O为原点,P为椭圆上一点,cosF1PF2,则|PO|596A.

2

5B.

30

2C.

3

5D.

35

2二、填空题.

13.

若y(x1)axsinx2π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ABC中,AB2,BAC60,BC6,D为BC上一点,AD为BAC的平分线,则AD

第 2 页 共 19 页 _________．

三、解答题.

17.

已知数列an中,a21,设Sn为an前n项和,2Snnan．

（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ABCA1B1C1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．

第 3 页 共 19 页 参考数据：

k0

Pk2k0

0.10 0.05 0.010

2.706 3.841 6.635

20.

已知直线x2y10与抛物线C:y22px(p0)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MNF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:x2tcos（t为参数）,为l的倾斜角,l与x轴,y轴正半轴交于A,B两点,y1tsin|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)2xaa,a0．

（1）求不等式fxx的解集;

（2）若曲线yfx与坐标轴所围成的图形的面积为2,求a．

第 4 页 共 19 页 2023年全国甲卷理科高考数学真题解析

一、选择题.

1. A

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CU(AB)={x|x3k,kZ}．

故选：A．

2. C

解:因为ai1aiaaiia2a1a22i2

所以2a2,解得：a1.

21a0故选：C.

3. B

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

解:因为abc0,所以abc

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



第 5 页 共 19 页 由题知,OAOB1,OC2,OAB是等腰直角三角形

AB边上的高OD22

,AD222232

22所以CDCOODtanACDAD13,cosACD

CD310cosac,bccosACBcos2ACD2cos2ACD1

43.

21510故选:D.

5.C

解:由题知1qqqq51qq234224

34232即qq4q4q,即qq4q40,即(q2)(q1)(q2)0.

由题知q0,所以q2.

所以S4124815.

故选:C.

6. A

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)

707707

第 6 页 共 19 页 4P(AB)7∣A)0.8.

所以P(B5P(A)7故选:A.

7.B

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;

2222当sincos0时,sinsin(cos)sin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

c2a2b2b2解:由e5,则2125

aa2a解得b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

解:不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e

145.

55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.

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.

第 7 页 共 19 页 10. C

ππycos2x解:因为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113π3π7π3π3π7π,2x,2x,x,x,即x处fx与yx的大小关系

22222444当x13π13π43π3π3πfsin1y1;

时,,42428423π13π13π43πfsin1,y1;

4224287π17π17π47πfsin1,y1;

224284当x3π时,47π时,4当x所以由图可知,fx与y故选：C.

11. C

11x的交点个数为3.

22解:连结AC,BD交于O,连结PO,则O为AC,BD的中点,如图

第 8 页 共 19 页 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PDOPCO,则PDOPCO

又PCPD3,ACBD42,所以PDBPCA,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PBC中,PC3,PB17,BC4

217

2PC2BC2PB2916171所以cosPCB

2PCBC2343又0PCBπ,所以sinPCB1cos2PCB22

3所以PBC的面积为S故选：C.

12. B

1122PCBCsinPCB3442.

223解:设F1PF22,0π,所以S2PF1F2b2tanF1PF2b2tan

21cos2sin21tan23tan

由cosF1PF2cos2,解得：2222cos+sin1tan522222由椭圆方程可知,a9,b6,cab3

所以,S2PF1F2111F1F2yp23yp6,解得：y2p3

222即xp91故选：B．

3993022．

,因此OPxpyp36222二、填空题.

13. 2

第 9 页 共 19 页 解:因为yfxx1axsinx2π2x1axcosx为偶函数,定义域为R,所以222ππππππff,即1acos1πacosπ

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

解:作出可行域,如图

2222

3z由图可知,当目标函数yx过点A时,z有最大值.

222x3y3x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

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

第 10 页 共 19 页

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

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SABCSABDSACD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．

三、解答题.

17. 1）ann1

第 11 页 共 19 页 1（2）Tn22n

2【小问1详解】

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,nanan1n1n2*a31,即ann1

2当n1,2,3时都满足上式,所以ann1nN【小问2详解】

．

1n

2

n123an1n111n,所以Tn123因为2n2222111Tn12222两式相减得

2311(n1)n22nn11111Tn2222n123n111nn1n122111

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

22218.

（1）证明见解析

（2）13

13【小问1详解】

如图

第 12 页 共 19 页

A1C底面ABC,BC面ABC

ACBC,又BCAC,ACACC

1,AC11,AC平面ACC1A1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ACC1A1

平面BCC1B1CC1,AO1A1O平面BCC1B1

1

A1到平面BCC1B1的距离为1,AO1AC在Rt△ACC111,CC1AA12

11中,AC设COx,则C1O2x

△AOC,△AOC111,△ACC11为直角三角形,且CC12

222CO2A1O2A1C2,A1O2OC12C1A12,ACACCC

11111x21(2x)24,解得x1.

ACACAC1112ACA1C.

【小问2详解】

ACAC11,BCAC1,BCAC

Rt△ACB≌Rt△ACB

1BABA1

过B作BDAA1,交AA1于D,则D为AA1中点

第 13 页 共 19 页 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∥AC11,CMAC11知四边形ACMC11为平行四边形

C1M∥AC,C1M平面ABC,又AM平面ABC

1C1MAM

2

则在Rt△AC1M中,AM2AC,C1MAC,AC1(2AC)2AC112

在Rt△AB1C1中,AC1(2AC)2AC,BC11BC31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

【小问1详解】

依题意,X的可能取值为0,1,2

210C0C1C219201920C2020C2020C20P(X1)P(X2)

则P(X0),,22C278C39C78404040113.

1313所以X的分布列为：

X

P

0

1

20

392

19

7819

78故E(X)0192019121.

783978【小问2详解】

第 14 页 共 19 页 （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

6

14

20

m

14

6

20

合计

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

【小问1详解】

设AxA,yA,BxB,yB

x2y102由2可得,y4py2p0,所以yAyB4p,yAyB2p

y2px所以

ABxAxB2yAyB5yAyB52yAyB24yAyB415

2即2pp60,因为p0,解得：p2．

【小问2详解】

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

第 15 页 共 19 页 y24x2由可得,y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

亦即m1y1y2mn1y1y2n10

2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n11m2

MNx1x22y1y21m2y1y21m216m216n

221m24n26n116n21m2n1

所以MNF的面积Sn1112MNd21m2n1n1

221m2而n322或n322,所以

当n322时,MNF的面积Smin22221.（1）答案见解析

（2）(,3]

【小问1详解】

21282．

cosxcos3x3sinxcos2xsinx

f(x)a6cosxcos2x3sin2x32cos2x

aa44cosxcosx令cos2xt,则t(0,1)

第 16 页 共 19 页 则f(x)g(t)a32tat22t3t2t2

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

当t0,12,即xπ4,π2,f(x)0.

当t12,1,即x0,π4,f(x)0.

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

【小问2详解】

设g(x)f(x)sin2x

g(x)f(x)2cos2xg(t)22cos2x1at22t323t22(2t1)a24ttt2(t)a24t23tt2

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

所以(t)(1)a3.

1若a(,3],g(x)(t)a30

即g(x)在0,2上单调递减,所以g(x)g(0)0.

所以当a(,3],f(x)sin2x,符合题意.

2若a(3,)

2当t0,23111tt23t33,所以(t).

(1)a30.

所以t0(0,1),使得t00,即x00,2,使得gx00.

第 17 页 共 19 页

设当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.

综上,a的取值范围为(,3].

四、选做题.

22.

（1）3π

4（2）cossin30

【小问1详解】

因为l与x轴,y轴正半轴交于A,B两点,所以令x0,t1ππ

221,令y0,t2

cossin244,所以sin21

sincossin2所以PAPBt2t1即2ππ1kπ,解得kπ,kZ

2423ππ因为π,所以．

24【小问2详解】

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．

23.

（1）a,3a

3（2）26

3【小问1详解】

若xa,则f(x)2a2xax

即3xa,解得xaa,即xa.

33若xa,则f(x)2x2aax

解得x3a,即ax3a

第 18 页 共 19 页 综上,不等式的解集为【小问2详解】

a,3a.

32xa,xaf(x).

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

ABC的高为a,D(0,a),A所以SOADSa3a,0,B,0,所以|AB|a

22ABC11326.

OAaABaa22,解得a2243 .

第 19 页 共 19 页