2023年全国甲卷高考数学文科真题解析

文科数学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 设全集U=1,2,3,4,5，集合M=1,4,N=2,5，则N∪CUM=（ ） A. 2,3,5 【答案】A

【详解】因为全集U={1,2,3,4,5}，集合M={1,4}，所以∁𝑈𝑀={2,3,5}， 又N={2,5}，所以𝑁∪∁𝑈𝑀={2,3,5}， 故选：A.

B. 1,3,4

C. 1,2,4,5

D. 2,3,4,5

2.

5(1+i3)(2+i)(2−i)=（ ）

B. 1

C. 1−i

D. 1+i

A. −1 【答案】C 【详解】故选：C.

51+i3()(2+i)(2−i)=5(1−i)5=1−i

3. 已知向量a=(3,1),b=(2,2)，则cosa+b,a−b=（ ） A.

1 17B.

17 17C.

5 5D.

25 5【答案】B

【详解】因为a=(3,1),b=(2,2)，所以a+b=(5,3),a−b=(1,−1)， 则a+b=5+3=34,a−b=1+1=222，a+ba−b=51+3(−1)=2，

()()所以cosa+b,a−b故选：B.

a+b)(a−b)(==a+ba−b217=. 173424. 某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ） A.

1 6B.

1 3C.

12 D.

2 3【答案】D

【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有C4=6件， 2其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C112C2=4， 所以这2名学生来自不同年级的概率为46=23. 故选：D.

5. 记Sn为等差数列an的前n项和．若a2+a6=10,a4a8=45，则S5=（A. 25 B. 22

C. 20

【答案】C

【详解】方法一：设等差数列an的公差为d，首项为a1，依题意可得，

a2+a6=a1+d+a1+5d=10，即a1+3d=5,

又a4a8=(a1+3d)(a1+7d)=45，解得：d=1,a1=2， 所以S545=5a1+2d=52+10=20． 故选：C.

方法二：a2+a6=2a4=10，a4a8=45，所以a4=5，a8=9， 从而d=a8−a48−4=1，于是a3=a4−d=5−1=4， 所以S5=5a3=20． 故选：C.

6. 执行下边的程序框图，则输出的B=（ ）

A. 21 B. 34 C. 55 ） D. 15

D. 89

【答案】B

【详解】当k=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，k=1+1=2； 当k=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，k=2+1=3； 当k=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，k=3+1=4； 当k=4时，判断框条件不满足，跳出循环体，输出B=34． 故选：B.

2x7. 设F1,F2为椭圆C:+y2=1的两个焦点，点P在C上，若PF1PF2=0，则PF1PF2=（ ）

5A. 1 【答案】B

B. 2 C. 4 D. 5

【详解】方法一：因为PF1PF2=0，所以FPF12=90， 从而SFP1F21=b2tan45=1=PF1PF2，所以PF1PF2=2．

2故选：B. 方法二：

2因为PF1PF2=0，所以FPF12=90，由椭圆方程可知，c=5−1=4c=2，

所以PF1+PF22222=F1F2=42=16，又PF1+PF2=2a=25，平方得：

2PF1+PF2+2PF1PF2=16+2PF1PF2=20，所以PF1PF2=2．

故选：B.

eex8. 曲线y=在点1,处的切线方程为（ ）

2x+1A. y=ex 4B. y=ex 2C. y=eex+ 44D. y=e3ex+ 24【答案】C

eeex【详解】设曲线y=在点1,处的切线方程为y−=k(x−1)，

22x+1ex因为y=，

x+1所以y=ex(x+1)−ex(x+1)42=xex(x+1)2，

e所以k=y|x=1=

所以y−ee=(x−1) 24eeeex所以曲线y=在点1,处的切线方程为y=x+.故选：C

442x+1x2y29. 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，B两

ab点，则|AB|=（ ） A.

5 255455B.

5 C.

35 D.

5 【答案】D

c2a2+b2e=5，则b2【详解】由a2=a2=1+a2=5， 解得

ba=2， 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|522+1=5， 所以弦长|AB|=2r2−d2=21−1455=5.故选：D 10. 在三棱锥P−ABC中，ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=6，则该棱锥的体积为（A. 1 B.

3 C. 2 D. 3

【答案】A

【详解】取AB中点E，连接PE,CE，如图，

ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，

PE⊥AB,CE⊥AB，又PE,CE平面PEC，PECE=E，

AB⊥平面PEC，

又PE=CE=232=3，PC=6， 故PC2=PE2+CE2，即PE⊥CE， 所以V=VB−PEC+VA−PEC=13SAB=11△PEC32332=1，故选：A ）

11. 已知函数f(x)=eA. bca 【答案】A

−(x−1)2236．记a=f,b=f,c=f，则（ ）

222C. cba

D. cab

B. bac

【详解】令g(x)=−(x−1)，则g(x)开口向下，对称轴为x=1，

2636+3422−1−1−=−因为，而(6+3)−4=9+62−16=62−70， 2222636+3463−1−1−=−0 所以，即−11−222222由二次函数性质知g(63)g()， 22626+24−1−1−=−，而(6+2)2−42=8+43−16=43−8=4(3−2)0， 因为2222即

6622，所以g(−11−)g()，

2222综上，g(263)g()g()， 222又y=ex为增函数，故acb，即bca.故选：A. 12. 函数y=f(x)的图象由y=cos2x+6的图象向左平移

个单位长度得到，则y=f(x)的图象与直线6y=A. 1

11x−的交点个数为（ ） 22B. 2

C. 3

D. 4

【答案】C

【详解】因为y=cos2x+ππ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=−3π3π13π3π17π7π,2x=,2x=,x=,x=，即x=−处f(x)与y=x−的大小关系，

42242242当x=−13π13π+43π3π3πy=−=−−sin=−−=−1； −1时，f−，42442283π13π13π−43πf=−sin=1，y=−=1；

422428当x=3π时，4当x=7π时，47π17π17π−47πf=−sin=1，y=−=1；

224284所以由图可知，f(x)与y=故选：C.

11x−的交点个数为3. 22二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 记Sn为等比数列an的前n项和．若8S6=7S3，则an的公比为________． 【答案】−1 2【详解】若q=1，

则由8S6=7S3得86a1=73a1，则a1=0，不合题意. 所以q1.

当q1时，因为8S6=7S3， 所以8a1(1−q6)1−q6=7a1(1−q3)1−q3，

333即81−q解得q=−()=7(1−q)，即8(1+q)(1−q)=7(1−q)，即8(1+q)=7，

31. 2214. 若f(x)=(x−1)+ax+sinx+【答案】2 【详解】

π为偶函数，则a=________． 2π22f(x)=(x−1)+ax+sinx+=(x−1)+ax+cosx=x2+(a−2)x+1+cosx，

2且函数为偶函数，

a−2=0，解得a=2，

3x−2y3,15. 若x，y满足约束条件−2x+3y3，则z=3x+2y的最大值为________．

x+y1,【答案】15

【详解】作出可行域，如图，

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),

3xy−2=y=33所以zmax=33+23=15.

16. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________． 【答案】[22,23] 【详解】设球的半径为R.

当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，

正方体的外接球直径2R为体对角线长AC1=42+42+42=43，即2R=43,R=23，故Rmax=23；

分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形

MNGH的对角线交点，

连接MG，则MG=42，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为22.

综上，R[22,23].

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，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分.

222b+c−a17. 记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知=2．

cosA（1）求bc； （2）若

acosB−bcosAb−=1，求ABC面积．

acosB+bcosAc3 4【答案】（1）1 （2）【小问1详解】

b2+c2−a22bccosA因为a=b+c−2bccosA，所以==2bc=2，解得：bc=1．

cosAcosA222【小问2详解】 由正弦定理可得

acosB−bcosAbsinAcosB−sinBcosAsinB−=−

acosB+bcosAcsinAcosB+sinBcosAsinC=sin(A−B)sin(A−B)−sinBsinB−==1，

sin(A+B)sin(A+B)sin(A+B)变形可得：sin(A−B)−sin(A+B)=sinB，即−2cosAsinB=sinB， 而0sinB≤1，所以cosA=−13，又0Aπ，所以sinA=， 221133故ABC的面积为S△ABC=bcsinA=1． =222418. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC,ACB=90．

（1）证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；

（2）设AB=A1B,AA1=2，求四棱锥A1−BB1C1C的高． 【答案】（1）证明见解析. （2）1 【小问1详解】

证明：因为A1C⊥平面ABC，BC平面ABC, 所以A1C⊥BC,

又因为ACB=90，即AC⊥BC，

ACAC=C, 1，AC11,AC平面ACC1A所以BC⊥平面ACC1A1，

又因为BC平面BCC1B1, 所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1. 【小问2详解】 如图，

过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.

因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1所以A1O⊥平面BCC1B1，

所以四棱锥A1−BB1C1C的高为AO1.

因为A1C⊥平面ABC，AC,BC平面ABC,

平面ACC1A1， 平面BCC1B1=CC1，AO1⊥AC, 所以A1C⊥BC,AC1又因为A1B=AB，BC为公共边，

=AC. 所以ABC与A1BC全等，所以AC1=AC=x，则AC设AC111=x，

所以O为CC1中点，OC1=1AA1=1, 2222⊥AC,所以AC+AC=AA又因为AC111,

即x2+x2=22，解得x=2， 所以AO=122AC11−OC1=()22−12=1，

所以四棱锥A1−BB1C1C的高为1．

19. 一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）．试验结果如下： 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为

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

试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 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）计算试验组的样本平均数；

（2）（ⅰ）求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表 m m 对照组 试验组 （ⅱ）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？

n(ad−bc)2附：K=，

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)2P(K2k) 0.100 2.706 0.050 3.841 0.010 6.635 k 【答案】（1）19.8 （2）（i）m=23.4；列联表见解析，（ii）能 【小问1详解】 试验组样本平均数为：

1(7.8+9.2+11.4+12.4+13.2+15.5+16.5+18.0+18.8+19.2+19.8+20.2 20+21.6+22.8+23.6+23.9+25.1+28.2+32.3+36.5)=【小问2详解】

396=19.8 20（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，

由原数据可得第11位数据为18.8，后续依次为19.2,19.8,20.2,20.2,21.3,21.6,22.5,22.8,23.2,23.6,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 试验组 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202所以能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异. 20. 已知函数f(x)=ax−sinxπ,x0,． 2cosx2（1）当a=1时，讨论f(x)的单调性； （2）若f(x)+sinx0，求a的取值范围．

π【答案】（1）f(x)在0,上单调递减

2（2）a0 【小问1详解】

因为a=1，所以f(x)=x−sinxπ,x0,， 2cosx2cos4xcos2x+2sin2x =1−3cosx则f(x)=1−cosxcos2x−2cosx(−sinx)sinx=cos3x−cos2x−2(1−cos2x)cos3xcos3x+cos2x−2， =cos3x令t=cosx，由于x0,32π，所以t=cosx(0,1)， 2323222所以cosx+cosx−2=t+t−2=t−t+2t−2=t22(t−1)+2(t+1)(t−1)=(t2+2t+2)(t−1)，

因为t+2t+2=(t+1)+10，t−10，cos3x=t30，

πcos3x+cos2x−2所以f(x)=在00,上恒成立， 32cosxπ所以f(x)在0,上单调递减.

2【小问2详解】 法一：

构建g(x)=f(x)+sinx=ax−sinxπ+sinx0x，

cos2x21+sin2xπ+cosx0x则g(x)=a−， 3cosx2若g(x)=f(x)+sinx0，且g(0)=f(0)+sin0=0， 则g(0)=a−1+1=a0，解得a0， 当a=0时，因为sinx−sinx1=sinx1−， 2cos2xcosx又x0,π11， ，所以，，则00cossinxx112cos2x所以f(x)+sinx=sinx−当a<0时，由于0xsinx0，满足题意； 2cosxπ，显然ax0， 2所以f(x)+sinx=ax−sinxsinx+sinxsinx−0，满足题意； 22cosxcosx综上所述：若f(x)+sinx0，等价于a0， 所以a的取值范围为(−,0. 法二：

23sinx(cos2x−1)sinxsinxcosx−sinxsinx， 因为sinx−===−cos2xcos2xcos2xcos2xπx因为0,，所以0sinx1，0cosx1，

2故sinx−sinxπ0在0,上恒成立， 22cosx所以当a=0时，f(x)+sinx=sinx−当a<0时，由于0xsinx0，满足题意；

cos2xπ，显然ax0， 2所以f(x)+sinx=ax−sinxsinx+sinxsinx−0，满足题意； 22cosxcosxsinxsin3x当a0时，因为f(x)+sinx=ax−， +sinx=ax−22cosxcosxsin3xπ3sin2xcos2x+2sin4x令g(x)=ax−， 0x，则g(x)=a−23cosx2cosx3sin20cos20+2sin40注意到g(0)=a−=a0， 3cos0若0xππ，g(x)0，则g(x)在0,上单调递增，

22注意到g(0)=0，所以g(x)g(0)=0，即f(x)+sinx0，不满足题意； 若0x0π，g(x0)0，则g(0)g(x0)0， 2ππ0,x所以在上最靠近x=0处必存在零点10,，使得g(x1)=0， 22此时g(x)在(0,x1)上有g(x)0，所以g(x)在(0,x1)上单调递增，

则在(0,x1)上有g(x)g(0)=0，即f(x)+sinx0，不满足题意； 综上：a0.

21. 已知直线x−2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p0)交于A,B两点，|𝐴𝐵|=4√15． （1）求p；

（2）设F为C的焦点，M,N为C上两点，且FMFN=0，求△MFN面积的最小值． 【答案】（1）p=2 （2）12−82 【小问1详解】

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． 【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)，

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，

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+1，4m+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)+(y1−y2)22=1+m2y1−y2=1+m216m2+16n

=21+m24(n2−6n+1)+16n=21+m2n−1，

n−111221+m2n−1=(n−1)， 所以MNF的面积S=MNd=221+m2而n3+22或n3−22，所以，

当n=3−22时，MNF的面积Smin=2−22()2=12−82．

（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，则按所做的第一题计分. [选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22. 已知点P(2,1)，直线l:x=2+tcos,（t为参数），为l的倾斜角，l与x轴正半轴、y轴正半轴分别交于

y=1+tsinA,B，且PAPB=4．

（1）求；

（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求l的极坐标方程． 【答案】（1）

3π （2）cos+sin−3=0 4【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=因为

π1π+kπ，解得=+kπ,kZ，

4223ππ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．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

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． 【答案】（1）a,3a （2）2 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, 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ABC

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

22所以𝑆△𝐴𝐵𝐶=2|𝐴𝐵|⋅𝑎=2𝑎2=2,解得𝑎=2

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