1、绝密启用前试卷类型：A2023年普通高等学校招生全国统一考试新课标卷数学本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新
2、的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共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，则（ ）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出【详解】方法一：因为，而，所以故选：C方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以故选：C2. 已知，则（ ）A. B. C. 0D. 1【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算求
3、出，再由共轭复数的概念得到，从而解出【详解】因为，所以，即故选：A3. 已知向量，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据向量的坐标运算求出，再根据向量垂直的坐标表示即可求出【详解】因为，所以，由可得，即，整理得：故选：D4. 设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，则有函数在区间上单调递减，因此，解得，所以的取值范围是.故选：D5. 设椭圆的离心率分别为若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据
4、给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.【详解】由，得，因此，而，所以.故选：A6. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）A. 1B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，因为，则，可得，则，即为钝角，所以；法二：圆的圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，连接，可得，则，因为且，则，即，解得，即为钝角，则，且为锐角，所以；方法三：圆
5、的圆心，半径，若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；若切线斜率存在，设切线方程为，即，则，整理得，且设两切线斜率分别为，则，可得，所以，即，可得，则，且，则，解得.故选：B. 7. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【解析】【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，则，因此为等差数列，则甲
6、是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，即，则，有，两式相减得：，即，对也成立，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C正确.方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：等差数列，即，即，当时，上两式相减得：，当时，上式成立，于是，又为常数，因此为等差数列，则甲是乙必要条件，所以甲是乙的充要条件.故选：C8. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.【详解】因为，而，因此，则，所以.故选：B【点睛】方法点睛
7、：三角函数求值的类型及方法（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围二、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
8、. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）A. 的平均数等于的平均数B. 的中位数等于的中位数C. 的标准差不小于的标准差D. 的极差不大于的极差【答案】BD【解析】【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，则，因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，例如：，可得；例如，可得；例如，可得；故A错误；对于选项B：不妨设，可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；对于选项C：因为是最小值，是最大值，则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，例如：，则平均数，标准差，则平均数，标准差，显然，即；故C错误；
9、对于选项D：不妨设，则，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：BD.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，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压下表为不同声源的声压级：声源与声源的距离声压级燃油汽车10混合动力汽车10电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据题意可知，结合对数运算逐项分析判断.【详解】由题意可知：，对于选项A：可得，因为，则，即，所以且，可得，故A正确；对于选项B：可得，因为，则，即，所以且，可得，当且仅当时，等号成立，故B错误；对于选项C：因
10、为，即，可得，即，故C正确；对于选项D：由选项A可知：，且，则，即，可得，且，所以，故D正确；故选：ACD.11. 已知函数的定义域为，则（ ）A. B. C. 是偶函数D. 为的极小值点【答案】ABC【解析】【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇遇性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.【详解】方法一：因为，对于A，令，故正确.对于B，令，则，故B正确.对于C，令，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误方法二：因为，对于A，令，故正确.对于B，令，
11、则，故B正确.对于C，令，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，对于D，当时，对两边同时除以，得到，故可以设，则，当肘，则，令，得；令，得；故在上单调递减，在上单调递增，因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，显然，此时是的极大值，故D错误.故选：.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. 直径为的球体B. 所有棱长均为的四面体C. 底面直径为，高为的圆柱体D. 底面直径为，高为的圆柱体【答案】ABD【解析】【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能
12、够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，所以不能够被整体放入正方体内，故C正确；对于选项D：因为正方体的体对角线长为，且，设正方体的中心为，以为轴对称放置圆柱，设圆柱的底面圆心到正方体的表面的最近的距离为，如图，结合对称性可知：，则，即，解得，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD. 【点睛】关键点睛：对于C、D：以正方体的体对角线为圆柱的轴，结合正方体以及圆柱的性质分析判断.三、填空题：本题共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
13、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，则不同的选课方案共有_种（用数字作答）【答案】64【解析】【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；（2）当从8门课中选修3门，若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；综上所述：不同的选课方案共有种.故答案：64.14. 在正四棱台中，则该棱台的体积为_【答案】#【解析】【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台
14、的高， 因为，则，故，则，所以所求体积为.故答案为：.15. 已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.【详解】因为，所以，令，则有3个根，令，则有3个根，其中，结合余弦函数的图像性质可得，故，故答案为：.16. 已知双曲线的左、右焦点分别为点在上，点在轴上，则的离心率为_【答案】# 【解析】【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而
15、得解；【详解】方法一：依题意，设，则，在中，则，故或（舍去），所以，则，故，所以在中，整理得，故.方法二:依题意，得，令，因为，所以，则，又，所以，则，又点上，则，整理得，则，所以，即，整理得，则，解得或，又，所以或（舍去），故.故答案为：.【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知在中，（1）求；（2）设，求边上的高【答案】（1） （2）6【解析】【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；（2）利用同角之间的三
16、角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.【小问1详解】，即，又，即，所以，.【小问2详解】由（1）知，由，由正弦定理，可得，.18. 如图，在正四棱柱中，点分别在棱,上， （1）证明：；（2）点在棱上，当二面角为时，求【答案】（1）证明见解析； （2）1【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【小问1详解】以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，又不在同一条直线上，.【小问2详解】设，则，设平面的法向量，则，令 ，得，设平面的法向量，则，令 ，得，化简可得，解得或，
17、或，.19. 已知函数（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.【小问1详解】因为，定义域为，所以，当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，则在上单调递减；当时，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】方法一：由（1）得，要证，即证，即证
18、恒成立，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以要证，即证，即证，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.20. 设等差数列的公差为，且令，记分别为数列的前项和（1）若，求的通项公式；（2）若为等差数列，且，求【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；（2）由为等差数列得
19、出或，再由等差数列的性质可得，分类讨论即可得解.【小问1详解】，解得，又，即，解得或（舍去），.【小问2详解】为等差数列，即，即，解得或，又，由等差数列性质知，即，即，解得或（舍去）当时，解得，与矛盾，无解；当时，解得.综上，.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籃，若末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由抽签确定第1次投篮的人选，第1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）求第次投篮的人是甲的概率；（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，则记前次（即从第1次到
20、第次投篮）中甲投篮的次数为，求【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）根据全概率公式即可求出；（2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出；（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出【小问1详解】记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，所以，.【小问2详解】设，依题可知，则，即，构造等比数列，设，解得，则，又，所以是首项为，公比为的等比数列，即【小问3详解】因为，所以当时，故【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解22. 在直角坐标系中，点到轴的距离等于
21、点到点的距离，记动点的轨迹为（1）求的方程；（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于【答案】（1） （2）见解析【解析】【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.【小问1详解】设,则，两边同平方化简得，故.【小问2详解】法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知
22、矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0， 则,令，同理令，且，则，设矩形周长为,由对称性不妨设，则.，易知则令,令，解得，当时，此时单调递减，当，此时单调递增，则，故,即.当时,且，即时等号成立，矛盾，故,得证.法二：不妨设在上，且， 依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，直线的方程为，则联立得，则则，同理，令，则，设，则，令，解得，当时，此时单调递减，当，此时单调递增，则，但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.设 , 根据对称性不妨设 . 则 , 由于 , 则 .由于 , 且 介于 之间, 则 . 令 ,则,从而故当时,当 时,由于,从而,从而又,故,由此，当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于. . 【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
