1、2023年高考真题完全解读（新高考卷）适用省份：辽宁、重庆、海南、云南、吉林、黑龙江、安徽、山西一、试卷总体情况分析新高考卷函数与导数四个小题，一个大题，共计32分；立体几何两个小题，一个大题，共计22分；解析几何两个小题，一个大题，共计22分；三角函数与解三角形两个小题，一个大题，共计20分；统计概率两个小题，一个大题，共计22分；数列一个小题，一个大题，共计17分；集合，复数与平面向量，各占5分。总体来看，数列比重有所增加。试卷整体上提升了对学生的数学运算和逻辑推理核心素养等的考查。二、试题坚持思想性与科学性的统一如新课标卷第3题，抽样了解学生参加体育运动的情况，第19题，要求合理平衡漏诊
2、率和误诊率，制定检测标准，试题情境既有现实意义，也能很好地体现数学学科的应用价值。全面贯彻党的教育方针，落实立德树人根本任务，促进学生德智体美劳全面发展；反映新时代基础教育课程理念，落实考试评价改革、高中育人方式改革等相关要求.三、试题依据课程标准命题,深化基础考查如新课标卷第11题，其本质是根据一元二次方程根的性质判定方程系数之间的关系，题中函数经过求导以后，其既有极大值又有极小值的性质可以转化为一元二次方程有两个正根。深入考查直观想象素养，如新课标卷第9题以多选题的形式考查圆锥的内容，题目全面考查基础，四个选项设问逐次递进，前面的选项为后面的选项提供了条件，各选项分别考查圆锥的不同性质，互
3、相联系，重点突出。扎实考查数学运算素养，要求考生理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，求得运算结果。如新课标卷第10题设置了直线与抛物线相交的情境，通过直线方程与抛物线方程的联立考查计算能力。四试题突出素养和能力考查，甄别思维品质如新课标卷第22题将导数与三角函数巧妙的结合起来，通过对导函数的分析，考查函数的单调性、极值等相关问题，通过导数、函数不等式等知识，深入考查了分类讨论的思想，化归与转化的思想。如新课标卷第15题是一道开放题，有多个答案，考查直线与圆的位置关系、点到直线距离及圆内接三角形性质等知识内容。题号分值题型考查内容命题点15单项选择复数复数的运算及几何意义25单项选择集合集
4、合的包含关系35单项选择计数原理组合问题45单项选择函数性质函数的奇偶性55单项选择圆锥曲线直线与椭圆的位置关系，椭圆的性质65单项选择导数利用导数研究函数的单调性75单项选择三角函数三角恒等变换85单项选择数列等比数列和的性质，基本量运算95多项选择立体几何圆锥的表面积、体积105多项选择圆锥曲线直线与抛物线的位置关系，抛物线的性质115多项选择导数利用导数研究函数的极值125多项选择概率二项分布的概率135填空题向量向量的模145填空题立体几何四棱台的体积155填空题解析几何直线与圆的位置关系165填空题三角函数三角函数的图象和性质1710解答题解三角形正弦定理、余弦定理1812解答题数列
5、等差数列通项，数列求和1912解答题统计与概率频率分布直方图，概率，分段函数求最值2012解答题立体几何线线垂直，二面角2112解答题解析几何双曲线方程，直线与双曲线的位置关系，定直线问题2212解答题导数利用导数证明不等式，利用导数研究极值1、减少死记硬背和机械刷题现象”，扩大试题的开放性与灵活度，进一步降低死记硬背和“机械刷题”的得分收益。2、学生应认识到低效的学习方式只会带来无效的压力和负担，讲究备考复习时效性，不断巩固阶段性复习成果。3、你做过的题，一般不会再考变化的是形式；高考考的题，你大部分都做过不变的是本质；高考常换汤，偶尔换碗，永远不换的是药。数学复习过程中要重视一题多解和多题
6、一解及变式训练，提升数学素养和解决问题的能力。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在复平面内，对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】A【解析】，复数对应的点位于复平面内第一象限，故选A.【方法总结】利用复数与点的对应关系解题的步骤(1)找对应关系：复数的几何表示法即复数zabi(a，bR)可以用复平面内的点Z(a，b)来表示，是解决此类问题的根据.(2)列出方程：此类问题可建立复数的实部与虚部应满足的条件，通过解方程(组)或不等式(组)求解.2设集合，若，则（ ）A2B1CD【答案】B【解析】则且，
7、此时或且，则，显然，故选B. 【解后反思】利用集合间的关系求参数的关注点(1)分析集合间的关系时，首先要分析、简化每个集合(2)此类问题通常借助数轴，利用数轴分析法，将各个集合在数轴上表示出来，以形定数，还要注意验证端点值，做到准确无误一般含“”用实心点表示，不含“”用空心圈表示(3)此类问题还要注意“空集”的情况，因为空集是任何集合的子集3某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）A种B种C种D种【答案】D【解析】初中部和高中部总共有（人），
8、按照分层抽样的原理，应从初中部抽取（人），从高中部抽取（人），第一步：从初中部抽取40人，有种方法，第2步：从高中部抽取20人，有种方法，根据分步计数原理，一共有种方法；故选：D.【解题规律】有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类(1)“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数(2)“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏4若为偶函数，则（ ）AB0CD1【答案】B【解析】方法一：函数的定义域为，因是偶函数，不妨令x=1，则有方法二：发现是奇函数，而
9、为偶函数，有，故，则选B【解后反思】利用奇偶性求值的常见类型 (1)求参数值：若解析式含参数，则根据f(x)f(x)或f(x)f(x)列式，比较系数利用待定系数法求解；若定义域含参数，则根据定义域关于原点对称，利用区间的端点和为0求参数(2)求函数值：利用f(x)f(x)或f(x)f(x)求解，有时需要构造奇函数或偶函数以便于求值5已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由，可得椭圆与直线与C交于A，B两点，可得设椭圆的左、右焦点分别为（，0），（，0）到直线的距离分别为、，由点到直线的距离公式可知，因为，所以有，即，两边平方解
10、得，故选C【解后反思】解决直线与椭圆的综合问题，要注意分类讨论思想和数形结合思想的运用6已知函数在区间单调递增，则a的最小值为（ ）ABeCD【答案】C【解析】函数在区间单调递增等价于在区间上恒成立，即，设，则在上恒有，所以，则，即，故选C【解后反思】利用导数法解决取值范围问题的两个基本思路将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f(x)0(或f(x)0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“”时是否满足题意先令f(x)0(或f(x)0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“”时f(x)是否满足题意7已知为锐角，则（ ）ABCD【答案】D【解析】由得，又因为则所以，所
11、以，故答案为D.【解后反思】利用半角公式求值的思路(1)看角：若已知三角函数式中的角是待求三角函数式中角的两倍，则求解时常常借助半角公式求解(2)明范围：由于半角公式求值常涉及符号问题，因此求解时务必依据角的范围，求出相应半角的范围(3)选公式：涉及半角公式的正切值时，常用tan，其优点是计算时可避免因开方带来的求角的范围问题；涉及半角公式的正、余弦值时，常先利用sin2，cos2计算8记为等比数列的前n项和，若，则（ ）A120B85CD【答案】C【解析】方法一(基本量法)：如果，则与题意不符合，所以，由得，所以，则，解得.由已知而.故选C.方法二（性质法）：由等比数列性质：为等比数列，则依
12、次成等比数列，当时，成等比数列.设公比为，所以,所以,所以,所以,故选C.【解后反思】处理等比数列前n项和有关问题的常用方法(1)运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q1和q1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元(2)灵活运用等比数列前n项和的有关性质二、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已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，点C在底面圆周上，且二面角为45，则（ ）A该圆锥的体积为B该圆锥的侧面积为CD的面积为【答案】AC【解析】由题意，可得
13、平面，所以，如图，取的中点，连接，则，所以即为二面角的平面角，所以因为平面，平面，所以，所以为等腰直角三角形，所以，对于A，圆锥的体积，故A正确；对于B，圆锥的侧面积，故B不正确；对于C，故C正确；对于D，故D不正确综上所述，故选AC【解后反思】1.圆锥的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展开为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和.2.求几何体的体积时，要注意利用好几何体的轴截面，准确求出几何体的高和底面积.10设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）ABC以MN为直径的圆与l相切D为等腰三角形【答案】AC【解析】对于A，在中令，得，所以
14、抛物线的焦点为，所以，所以，故A正确；对于B，由A知，抛物线的方程为，则由，得或不妨设，则由抛物线的定义，得，故B不正确；对于C，由B知，以为直径的圆的圆心为，半径为又抛物线的准线的方程为，圆心到准线的距离为，所以以为直径的圆与相切，故C正确；对于D，因为，则由抛物线的对称性知不是等腰三角形，故D不正确综上所述，故选AC【解后反思】解决抛物线综合问题的基本策略对于抛物线的综合问题，可以从直线、抛物线的方程出发，结合解一元二次方程，经过逻辑推理和数学运算，从代数法的角度推证结论11若函数既有极大值也有极小值，则（ ）ABCD【答案】BCD【解析】由函数，得函数的定义域为，因为函数既有极大值也有极
15、小值，所以在上，有两个不同的零点因为，所以，所以，且，所以A不正确，B，C，D正确故选BCD【解后反思】根据函数既有极大值又有极小值求参数的取值范围问题的常用方法为：首先对函数进行求导，然后根据函数既有极大值又有极小值可以得到导函数为的方程有两个不等的实数根，从而转化为函数存在两个零点问题求解12在信道内传输0,1信号，信号的传输相互独立，发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为考虑两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次，收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传
16、输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）（ ）A采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的概率为 B采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1,0,1的概率为C采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为D当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率【答案】ABD【解析】设事件“发送信号0收到0”为事件，设事件“发送信号0收到1”为事件，设事件“发送信号1收到0”为事件，设事件“发送信号1收到1”为事件，由题知，且事件互相独立，考察选项，所求事件为，所以，所以正确考察选项，所求事件为，所以，所以正
17、确；考察选项，所求事件为，又，所以，所以错误；考察选项，采用三次传输，事件为， 所以，采用单次传输，.所以因为，所以.所以采用三次传输的概率大于单次传输的概率，所以选项正确.【方法点拨】（1）本题需要准确理解题意，梳理清楚发送和接收信号的异同各自的概率是什么；（2）总体上设发送0为事件，接收0为事件，接收1为事件；设发送1为事件，接收0为事件，接收1为事件；，则能清楚地分辨各个事件概率之间的关系；（3）特别的，发送0收到0的概率小于，以及正确接收信号的概率小于，多次传输会使得信号传输正确的概率变大，非常符合直觉。此选项也可以由直觉直接判断正误.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
18、13已知向量满足，则_【答案】【解析】由，得，即 又由，得，即，代入，得，整理，得，所以【解后反思】求解向量模的问题就是要灵活应用a2|a|2，即|a|，勿忘记开方.14底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为_【答案】28【解析】如图所示，分别为棱台上、下底面的中心，由题意，得，易知，所以，即，解得，所以，所以该正四棱台的体积是【解后反思】求几何体体积的常用方法15已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值_【答案】2 答案不唯一，可以是中任意一个【解析】由条件知圆心，到直线的距离，由，得，整理，得，解得，或，不妨
19、取【方法点拨】直线被圆截得的弦长的相关问题，通常利用几何法解决，即直线被圆截得的半弦长、弦心距和圆的半径构成直角三角形，且，可以知二求一，或者结合点到直线的距离公式构建关系式求解参数16已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则_【答案】【解析】对比正弦曲线的图象易知，点“五点法”中的第五点，所以由图象知，线段的垂直平分线对应于正弦曲线的第1条对称轴，所以由，得，两式相减，得，即，解得，代入，得，所以，所以【方法点拨】由函数的图象确定的题型，常常以“五点法”中的第一零点作为突破口，要从图像的升降情况找准第一零点的位置要善于抓住特殊量和特殊点四、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写
20、出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17记的内角的对边分别为a，b，c，已知面积为，若D为BC中点，且（1）若，求；（2）若，求b，c【思维导引】（1）面积为中正弦定理求中余弦定理求中余弦定理求求（2）中线定理求面积公式及余弦定理联立面积公式列方程求b，c【解析】（1）（方法一）由面积为，可知，又在中，有由，可得，故，代入可得在中，由余弦定理可得即，解得在中，故，有（方法二）D为BC中点，则过A作，垂足为E，在中，（2）在中，由中线定理可得即，所以，由和，所以又，又，因，可得.【解后反思】三角形面积计算的依据和解题策略(1)依据：一般用公式Sabsin Cbcsin Aacsin B进行求解
21、；(2)解题策略：若所求面积为不规则图形，可通过作辅助线或其他途径构造三角形，转化为求三角形的面积；若所给条件为边角关系，则需要运用正、余弦定理求出某两边及夹角，再利用三角形面积公式进行求解18已知为等差数列，记，分别为数列，的前n项和，（1）求的通项公式；（2）证明：当时，【思维导引】（1）设公差求列方程求求（2）求和为奇数求为偶数求做差证明时不等式成立【解析】设等差数列的公差为由，得，则由，得，解得，所以（2）由（1）可得当为奇数时，当时，所以当为偶数时，当时，所以综上可知，当时，【解后反思】若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求
22、和而后相加减19某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为假设数据在组内均匀分布，以事件发生的顿率作为相应事件发生的概率（1）当漏诊率时，求临界值c和误诊率；（2）设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值【思维导引】（1）患病者与未患病者频率分布直方图；（2）漏诊率，误诊率的含义；（3）函数的定义，利用分
23、段函数求函数的解析式【解析】（1）当时，由已知患病直方图的第一个小矩形面积为由未患病直方图可得（2）由已知当时，（易错提醒：误把小矩形的高度频率/组距当作小矩形的面积）当时，综上可得：在上单调递减，在上单调递增， 当时，取最小值20三棱锥中，E为BC中点（1）证明：；（2）点F满足，求二面角的正弦值【思维导引】（1）为中点为等边三角形平面；（2）求求两两垂直建坐标系求点的坐标平面法向量平面法向量二面角的正弦值【证明】为中点，（等腰三角形性质“三线合一”，是解题的关键）均为等边三角形，又为中点，平面平面，又平面，（证明异面直线垂直基本方法是：转化为线面垂直）图1（2）设，由已知可得为等腰直角三角
24、形斜边上中线，由已知可得所以也为等腰直角三角形，由（1），两两垂直，如图2，以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则即解得令，得平面的一个法向量设平面的法向量，则即解得令，得平面的一个法向量设二面角的平面角大小为，则【易错提醒】二面角平面角的大小与两平面法向量的夹角有可能相等，也有可能互补图2【解后反思】1.用法向量求二面角：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角.2.找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向
25、量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.21已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为（1）求C的方程；（2）记C的左、右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P证明：点P在定直线上【思维导引】（1）左焦点求离心率求关系求双曲线方程（2）方法一：分析直线的斜率情况，并设出当斜率存在时直线的方程根据直线与双曲线相交联立得方程组消元，得的一元二次方程，写出韦达定理写出直线，直线的方程，联立求得点的横坐标点的横坐标表达式为非对称的，因此需要利用韦达定理将其齐次化，化简、整理，最后约分得结果；方法二：分析直线的斜率情况，并设直线的点参式方程根据直线与双曲
26、线相交联立得方程组消元，得的一元二次方程，写出韦达定理写出直线，直线的方程，联立求得点的横坐标点的横坐标表达式为非对称的，因此需要利用韦达定理将其齐次化，化简、整理，最后约分得结果【解析】（1）设双曲线C的方程为，由已知，双曲线C的方程为（2）证法一：当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，设，消去y得：，又，从而直线，直线的方程分别为，联立，消去y：，解得（*）由，得，把，代入（*）得，当存在时，点P在定直线上（）当不存在时，直线方程为，代入，得，又，直线，方程分别为，联立，得解得此时P也在定直线上综上可得P在定直线上【解法二】由于直线与双曲线左支交于两点，设直线方程为，与双曲线方程联立，得消
27、去x，得，设，则又，直线，直线的方程分别为，联立，消去y，得（*）由，得，把，及代入（*）得，在定直线上【解后反思】(1)定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k0或k不存在时.(2)以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)0上，即f(x1，y1)0消参.22（1）证明：当时，（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围【解析】（1）设对恒成立，且仅在时有所以在上单调递减，所以有对，有恒成立.又因为，所以对恒成立.亦即有.设，对恒成立，所以在上单调递增，且因为，所以恒成立，且仅在时，所以函数在上单调递
28、增. 所以对，有恒成立又因为，所以对恒成立.所以.综上可知：成立;（2）方法一：，且，满足.且因为,所以为奇函数.，.由极值的第二充分条件：在处二阶可导，若，是的极大值点；若，是的极小值点；（关键点：这里使用了判断极值点的第二充分条件）所以当时，有，得是的极大值点；当时，得是的极小值点，不满足条件；当时，,由（1）知当时，所以,因为为奇函数，所以当时，,所以是的极小值点，不满足题设条件；综上可知，实数的取值范围是.方法二：首先证明引理：若，当时，（i）若，有；（ii）若，有.证明：（i）当时，由（1）知，所以（ii）当时，由（1）知，亦即有故上述引理成立.下面证明（2）由题，所以且因为所以为奇
29、函数。当时，当恒成立，在上单调递增，此时的极值点。当时若，有 所以有令，则故在上单调递增. 由于，且因为在上单调递增所以存在，使得在上恒小于0，因此，又因为是奇函数，所以在上有因此函数在上单调递增，在上单调递减，所以是函数的极大值点。若时，若，成立所以有令，则故在上单调递增. 由于，且因为在上单调递增所以存在，使得在上恒小于0，因此，又因为是奇函数，所以在上有因此函数在上单调递增，在上单调递减，所以是函数的极大值点。当时，有，由引理知时，有所以故而函数在的右侧，左侧，所以是函数的极小值点。，不满足条件.综上可知，实数的取值范围是.【方法点拨】（1）本题（1）把证明了超越函数夹在两个幂函数之间，可以用来放缩；（2）第（2） 问的实质是极值点的充分条件的判断；判别极值的第一充分条件；若函数在在处连续且在的某去心邻域内可导若时，在时，则在处取得极小值；若时，在时，则在处取得极大值；判别极值的第二充分条件：若函数在处二阶可导，若，是的极大值点；若，是的极小值点；（3）本题亦可利用导函数在处的连续函数局部保号性得到左右两侧导数的正负号；（4）本题的法2的难点在于第一问的结论，在应用时分讨论.28原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司
