精品解析：2023年全国高考甲卷数学(文)试题(解析版)

2023年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学

注意事项:

1．答卷前,考生务必用黑色碳素笔将自己地姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上,并认真核准条形码上地准考证号、姓名、考场号、座位号及科目,在规定地位置贴好条形码.

2．回答选择题时,选出每小题解析后,用铅笔把答题卡上对应题目地解析标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他解析标号.回答非选择题时,将解析写在答题卡上、写在本试卷上无效.

3．考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地.

∣0x1. 设集合A{2,1,0,1,2},BxA. 0,1,2【解析】A【解析】

【分析】根据集合地交集运算即可解出．

B. {2,1,0}5,则AB（ ）2C. {0,1}D. {1,2}∣0x【详解】因为A2,1,0,1,2,Bx故选:A.

5,所以AB0,1,2．22. 某社区通过公益讲座以普及社区居民地垃圾分类知识．为了解讲座效果,随机抽取10位社区居民,让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷,这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题地正确率如下图:

则（ ）

A. 讲座前问卷答题地正确率地中位数小于70%B. 讲座后问卷答题地正确率地平均数大于85%C. 讲座前问卷答题地正确率地标准差小于讲座后正确率地标准差D. 讲座后问卷答题地正确率地极差大于讲座前正确率地极差【解析】B【解析】

【分析】由图表信息,结合中位数、平均数、标准差、极差地概念,逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为

70%75%70%,所以A错；

2讲座后问卷答题地正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题地正确率地平均数大于85%,所以B对；

讲座前问卷答题地正确率更加分散,所以讲座前问卷答题地正确率地标准差大于讲座后正确率地标准差,所以C错；

讲座后问卷答题地正确率地极差为100%80%20%,

讲座前问卷答题的正确率地极差为95%60%35%20%,所以D错.故选:B

.3. 若z1i．则|iz3z|（ ）A. 45【解析】D

B. 42C. 25D. 22【解析】

【分析】根据复数代数形式地运算法则,共轭复数地概念以及复数模地计算公式即可求出．【详解】因为z1i,所以iz3zi1i31i22i,所以iz3z故选:D.

4. 如图,网格纸上绘制地是一个多面体地三视图,网格小正方形地边长为1,则该多面体地体积为（ ）

4422．A. 8【解析】B【解析】

B. 12C. 16D. 20

【分析】由三视图还原几何体,再由棱柱地体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体,如图,

则该直四棱柱地体积V故选:B.

242212.25. 将函数f(x)sinxππ(0)地图像向左平移个单位长度后得到曲线C,若C关于y轴对称,则32地最小值是（ ）

A.

16B.

14C.

13D.

12【解析】C【解析】

【分析】先由平移求出曲线C地解析式,再结合对称性得【详解】由题意知:曲线C为ysinx232k,kZ,即可求出地最小值.

),又C关于y轴对称,则sin(x2323232k,kZ,

解得故选:C.

112k,kZ,又0,故当k0时,地最小值为.336. 从分别写有1,2,3,4,5,6地6张卡片中无放回随机抽取2张,则抽到地2张卡片上地数字之积是4地倍数地概率为（ ）A.

15B.

13C.

25D.

23【解析】C【解析】

【分析】先列举出所有情况,再从中挑出数字之积是4地倍数地情况,由古典概型求概率即可.【详解】从6张卡片中无放回抽取2张,共有

1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,5,4,6,5,615种情

况,

其中数字之积为4地倍数地有1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66种情况,故概率为故选:C.

7. 函数y3362.155xxππ,地图象大致为（ cosx在区间22）

A. B.

C. D.

【解析】A【解析】

【分析】由函数地奇偶性结合指数函数、三角函数地性质逐项排除即可得解.【详解】令fx33xx,,cosx,x22则fx3x3xcosx3x3xcosxfx,

所以fx为奇函数,排除BD；又当x0,故选:A.

8. 当x1时,函数f(x)alnxA. 1【解析】B【解析】

【分析】根据题意可知f1=-2,f10即可解得a,b,再根据fx即可解出．【详解】因为函数fx定义域为0,,所以依题可知,f1=-2,f10,而fx以b2,ab0,即a2,b2,所以fxB. xx时,330,cosx0,所以fx0,排除C.2b取得最大值2,则f(2)（ ）xC.

1212D. 1

()()ab,所xx2222,因此函数fx在0,1上递增,在1,xx11．22上递减,x1时取最大值,满足题意,即有f21故选:B.

9. 在长方体ABCDA1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成地角均为30°,则（ ）A. AB2ADB. AB与平面AB1C1D所成地角为30°C. ACCB1【解析】D【解析】

D. B1D与平面BB1C1C所成地角为45【分析】根据线面角地定义以及长方体地结构特征即可求出．【详解】如下图所示:

不妨设ABa,ADb,AA1c,依题以及长方体地结构特征可知,B1D与平面ABCD所成角为B1DB,

B1D与平面AA1B1B所成角为DB1A,所以sin30cb,即bc,B1D2ca2b2c2,B1DB1D解得a2c．

对于A,AB=a,AD=b,AB2AD,A错误；

对于B,过B作BEAB1于E,易知BE平面AB1C1D,所以AB与平面AB1C1D所成角为BAE,因为

tanBAEc2,所以BAE30,B错误；a222a2b23c,CB1bc2c,ACCB1,C错误；

对于C,AC对于D,B1D与平面BB1C1C所成角为DB1C,sinDB1C以DB1C45．D正确．故选:D．

CDa2,而0DB1C90,所B1D2c210. 甲、乙两个圆锥地母线长相等,侧面展开图地圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙．若

S甲V=2,则甲=（ ）S乙V乙A.

5B. 22C.

10D.

5104【解析】C【解析】

【分析】设母线长为l,甲圆锥底面半径为r1,乙圆锥底面圆半径为r2,根据圆锥地侧面积公式可得r12r2,再结合圆心角之和可将r1,r2分别用l表示,再利用勾股定理分别求出两圆锥地高,再根据圆锥地体积公式即可得解.

【详解】解:设母线长为l,甲圆锥底面半径为r1,乙圆锥底面圆半径为r2,

S甲rlr112,则

S乙r2lr2所以r12r2,

2r12r22,llrr则121,

l21所以r1l,r2l,

33又

所以甲圆锥地高h145l2l2l,

93乙圆锥地高h2122l2l2l,

9312425rhllV甲3119310.所以

V乙1r2h1222ll22393故选:C.

1x2y211. 已知椭圆C:221(ab0)地离心率为,A1,A2分别为C地左、右顶点,B为C地上顶

3ab点．若BA1BA21,则C地方程为（ ）

x2y2A. 11816【解析】B

x2y2+=1B. 98x2y2

C. 132x2D. y212【解析】

【分析】根据离心率及BA1BA2=1,解得关于a2,b2地等量关系式,即可得解.

b28282cb21【详解】解:因为离心率e12,解得2,ba,

a99aa3A1,A2分别为C的左右顶点,则A1a,0,A2a,0,

B为上顶点,所以B(0,b).

所以BA1(a,b),BA2(a,b),因为BA1BA21所以a2b21,将b282a代入,解得a29,b28,9x2y2=1.故椭圆地方程为+98故选:B.

12. 已知9m10,a10m11,b8m9,则（ ）A. a0b【解析】A【解析】

【分析】根据指对互化以及对数函数地单调性即可知mlog9101,再利用基本不等式,换底公式可得

B. ab0C. ba0D. b0amlg11,log89m,然后由指数函数地单调性即可解出．

22lg10lg9lg11lg9921,而lg9lg11【详解】由9m10可得mlog910,1lg10lg922所以

lg10lg11,即mlg11,所以a10m1110lg11110．lg9lg1022lg9lg10lg8lg10lg802又lg8lg10lg9,所以lg8lg9,即log89m,

22所以b8m98log8990．综上,a0b．故选:A.

二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.

13. 已知向量a(m,3),b(1,m1)．若ab,则m______________．

【解析】3##0.754【解析】

【分析】直接由向量垂直地坐标表示求解即可.【详解】由题意知:abm3(m1)0,解得m故解析为:3.43.414. 设点M在直线2xy10上,点(3,0)和(0,1)均在M上,则M地方程为______________．

22【解析】(x1)(y1)5【解析】

【分析】设出点M地坐标,利用(3,0)和(0,1)均在M上,求得圆心及半径,即可得圆地方程.【详解】解:∵点M在直线2xy10上,

∴设点M为(a,12a),又因为点(3,0)和(0,1)均在M上,∴点M到两点地距离相等且为半径R,∴(a3)2(12a)2a2(2a)2R,

a26a94a24a15a2,解得a1,

∴M(1,1),R5,M地方程为(x1)2(y1)25.

22故解析为:(x1)(y1)5x2y215. 记双曲线C:221(a0,b0)地离心率为e,写出满足条件\"直线y2x与C无公共点\"地e地一

ab个值______________．【解析】2（满足1e【解析】

5皆可）

bbx中02即可求得满足要求地e值.aabx2y2【详解】解:C:221(a0,b0),所以C地渐近线方程为yx,

aba【分析】根据题干信息,只需双曲线渐近线ybb2结合渐近线地特点,只需02,即24,

aa可满足条件\"直线y2x与C无公共点\"

cb2所以e12145,aa又因为e1,所以1e故解析为:2（满足1e5,5皆可）

AC取得最小值时,BDAB16. 已知ABC中,点D在边BC上,ADB120,AD2,CD2BD．当________．

【解析】31##1+3【解析】

AC2【分析】设CD2BD2m0,利用余弦定理表示出后,结合基本不等式即可得解.

AB2【详解】设CD2BD2m0,

则在△ABD中,AB2BD2AD22BDADcosADBm242m,在△ACD中,AC2CD2AD22CDADcosADC4m244m,

2AC24m244m4m42m121m124所以AB23m242mm242mm1m14212m13m1423,

当且仅当m1所以当

3即m31时,等号成立,m1AC取最小值时,m31.AB故解析为:31.

三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个

试卷考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.

（一）必考题:共60分.

17. 甲、乙两城之间地长途客车均由A和B两家公司运营,为了解这两家公司长途客车地运行情况,随机调查了甲、乙两城之间地500个班次,得到下面列联表:

准点班次数

AB

240210

未准点班次数

2030

（1）根据上表,分别估计这两家公司甲、乙两城之间地长途客车准点地概率；

（2）能否有90%地把握认为甲、乙两城之间地长途客车是否准点与客车所属公司有关？

n(adbc)2附:K,

(ab)(cd)(ac)(bd)2PK2…k0.1002.706

0.0503.841

0.0106.635

k【解析】（1）A,B两家公司长途客车准点地概率分别为（2）有【解析】

127, 138【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型地概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据及公式计算K2,再利用临界值表比较即可得结论.【小问1详解】

根据表中数据,A共有班次260次,准点班次有240次,设A家公司长途客车准点事件为M,则P(M)24012；26013B共有班次240次,准点班次有210次,设B家公司长途客车准点事件为N,则P(N)2107.240812；137B家公司长途客车准点地概率为.

8A家公司长途客车准点地概率为【小问2详解】列联表

准点班次数

AB合计

2未准点班次数

203050

合计260240500

240210450

n(adbc)2K(ab)(cd)(ac)(bd)500(2403021020)2=3.2052.706,

26024045050根据临界值表可知,有90%地把握认为甲、乙两城之间地长途客车是否准点与客车所属公司有关.18. 记Sn为数列an地前n项和．已知（1）证明:an是等差数列；

（2）若a4,a7,a9成等比数列,求Sn地最小值．【解析】（1）证明见解析； （2）78．【解析】

2Snn2an1．nS1,n12a2Sn2nan【分析】（1）依题意可得n,根据n,作差即可得到anan11,从nSnSn1,n2而得证；

（2）由（1）及等比中项地性质求出a1,即可得到an地通项公式与前n项和,再根据二次函数地性质计算可得．【小问1详解】解:因为

2Snn2an1,即2Snn22nann①,n当n2时,2Sn1n12n1an1n1②,

①②得,2Snn22Sn1n12nann2n1an1n1,即2an2n12nan2n1an11,

即2n1an2n1an12n1,所以anan11,n2且nN*,所以an是以1为公差地等差数列．【小问2详解】

解:由（1）可得a4a13,a7a16,a9a18,又a4,a7,a9成等比数列,所以a7a4a9,即a16a13a18,解得a112,

2222nn11225125625所以ann13,所以Sn12n,nnn2222282所以,当n12或n13时Snmin78．

19. 小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭地包装盒,包装盒如下图所示:底面ABCD是边长为8（单位:cm）地正方形,EAB,FBC,GCD,HDA均为正三角形,且它们所在地平面都与平面ABCD垂直．

（1）证明:EF//平面ABCD；

（2）求该包装盒地容积（不计包装盒材料地厚度）．【解析】（1）证明见解析；

（2）6403．3【解析】

【分析】（1）分别取AB,BC地中点M,N,连接MN,由平面知识可知

EMAB,FNBC,EMFN,依题从而可证EM平面ABCD,FN平面ABCD,根据线面垂直

地性质定理可知EM//FN,即可知四边形EMNF为平行四边形,于是EF//MN,最后根据线面平行地判定定理即可证出；

（2）再分别取AD,DC中点K,L,由（1）知,该几何体地体积等于长方体KMNLEFGH地体积加上四棱锥BMNFE体积地4倍,即可解出．【小问1详解】

如下图所示:,

分别取AB,BC地中点M,N,连接MN,因为EAB,FBC为全等地正三角形,所以

EMAB,FNBC,EMFN,又平面EAB平面ABCD,平面EAB平面ABCDAB,EM平面EAB,所以EM平面ABCD,同理可得FN平面ABCD,根据线面垂直地性质定理可知

EM//FN,而EMFN,所以四边形EMNF为平行四边形,所以EF//MN,又EF平面ABCD,

MN平面ABCD,所以EF//平面ABCD．

【小问2详解】

如下图所示:,

分别取AD,DC中点K,L,由（1）知,EF//MN且EFMN,同理有,HE//KM,HEKM,

HG//KL,HGKL,GF//LN,GFLN,由平面知识可知,BDMN,MNMK,

KMMNNLLK,所以该几何体地体积等于长方体KMNLEFGH地体积加上四棱锥BMNFE体积地4倍．

因为MNNLLKKM42,EM8sin6043,点B到平面MNFE地距离即为点B到直线

MN地距离d,d22,所以该几何体地体积

1256640V42434424322128333．333220. 已知函数f(x)x3x,g(x)x2a,曲线yf(x)在点x1,fx1处地切线也是曲线yg(x)地切线．

（1）若x11,求a；（2）求a地取值范围．【解析】（1）3 【解析】

【分析】（1）先由f(x)上地切点求出切线方程,设出g(x)上地切点坐标,由斜率求出切点坐标,再由函数值求出a即可；

（2）设出g(x)上地切点坐标,分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程,由切线重合表示出a,构造函数,求导求出函数值域,即可求得a地取值范围.【小问1详解】

（2）1,由题意知,f(1)1(1)0,f(x)3x21,f(1)312,则yf(x)在点1,0处地切线方程为y2(x1),

即y2x2,设该切线与g(x)切于点x2,g(x2),g(x)2x,则g(x2)2x22,解得x21,则

g(1)1a22,解得a3；

【小问2详解】

32f(x)3x21,则yf(x)在点x1,f(x1)处地切线方程为yx1x13x11(xx1),整理得

y3x121x2x13,

设该切线与g(x)切于点x2,g(x2),g(x)2x,则g(x2)2x2,则切线方程为yx2a2x2(xx2),

2整理得y2x2xx2a,

23x1212x23x121943212333则,整理得ax2x2xx2xx1,21111324242x1x2a22令h(x)29431x2x3x2,则h(x)9x36x23x3x(3x1)(x1),令h(x)0,解得4241x0或x1,31令h(x)0,解得x或0x1,则x变化时,h(x),h(x)地变化情况如下表:

3x1,3131,03

0

0,11

1,

h(x)h(x)000

527141则h(x)地值域为1,,故a地取值范围为1,.

21. 设抛物线C:y22px(p0)地焦点为F,点Dp,0,过F地直线交C于M,N两点．当直线MD垂直于x轴时,MF3．（1）求C地方程；

（2）设直线MD,ND与C地另一个交点分别为A,B,记直线MN,AB地倾斜角分别为,．当取得最大值时,求直线AB地方程．

【解析】（1）y24x； （2）AB:x【解析】

【分析】（1）由抛物线地定义可得MF=p2y4.

p,即可得解；2（2）设点地坐标及直线MN:xmy1,由韦达定理及斜率公式可得kMN2kAB,再由差角地正切公式及基本不等式可得kAB【小问1详解】抛物线地准线为x此时MF=p2,设直线AB:x2yn,结合韦达定理可解.2p,当MD与x轴垂直时,点M地横坐标为p,2p3,所以p2,2所以抛物线C地方程为y24x；【小问2详解】

222y4y12y2y3M,y,N,y,A,y,B,y设1234,直线MN:xmy1,4444xmy1由2可得y24my40,0,y1y24,y4x由斜率公式可得

kMNy3y4y1y244kAB222y12y2y3y4y1y2,y3y4,4444直线MD:xx124x12y2,代入抛物线方程可得y2y80,

y1y10,y1y38,所以y32y2,同理可得y42y1,

所以kABk44MNy3y42y1y22又因为直线MN、AB地倾斜角分别为,,所以kABtankMNtan,22,2若要使最大,则0,设kMN2kAB2k0,则

tantantank1121tantan12k212k4,122kkk当且仅当

122k即k时,等号成立,k22,设直线AB:x2yn,2所以当最大时,kAB代入抛物线方程可得y242y4n0,

0,y3y44n4y1y216,所以n4,

所以直线AB:x2y4.

【点睛】关键点点睛:解决本题地关键是利用抛物线方程对斜率进行化简,利用韦达定理得出坐标间地关系.

（二）选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做地第一题计分.

[选修4-4:坐标系与参数方程]

2tx6（t为参数）,曲线C2地参数方程为22. 在直角坐标系xOy中,曲线C1地参数方程为yt2sx6（s为参数）．ys（1）写出C1地普通方程；

（2）以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C3地极坐标方程为2cossin0,求C3与C1交点地直角坐标,及C3与C2交点地直角坐标．

2【解析】（1）y6x2y0；

11,1C,CC,C1,2（2）31地交点坐标为,32地交点坐标为,1,1,2．,22【解析】

【分析】(1)消去t,即可得到C1地普通方程；

(2)将曲线C2,C3地方程化成普通方程,联立求解即解出．

【小问1详解】

2t2y22因为x,yt,所以x,即C1的普通方程为y6x2y0．

66【小问2详解】因为x2s,ys,所以6x2y2,即C2地普通方程为y26x2y0,6由2cossin02cossin0,即C3地普通方程为2xy0．

1y26x2y0x1x1联立,解得:,即交点坐标为,1,1,2；2或22xy0y2y11y26x2y0xx11,1,1,2．为联立,解得:或,即交点坐标22xy02y2y1[选修4-5:不等式选讲]

23. 已知a,b,c均为正数,且a2b24c23,证明:（1）ab2c3；（2）若b2c,则

113．ac（2）见解析

【解析】（1）见解析 【解析】

【分析】（1）根据ab4cab2c,利用柯西不等式即可得证；

222222（2）由（1）结合已知可得0a4c3,即可得到【小问1详解】

11,再根据权方和不等式即可得证.

a4c32222222证明:由柯西不等式有ab2c111ab2c,

所以ab2c3,

当且仅当ab2c1时,取等号,所以ab2c3；【小问2详解】

证明:因为b2c,a0,b0,c0,由（1）得ab2ca4c3,

即0a4c3,所以

11,

a4c32221293,1112由权方和不等式知aca4ca4ca4c当且仅当

112,即a1,c时取等号,a4c2所以

113.ac