2023年高考全国甲卷数学(文)真题（答案）

2023年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷）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.U1,2,3,4,5M1,4,N2,5NðM1.设全集，集合，则U（）A2,3,5B.1,3,4C.1,2,4,5D.2,3,4,5.【答案】A【解析】【分析】利用集合的交并补运算即可得解.ð【详解】因为全集U{1,2,3,4,5}，集合M{1,4}，所以UM2,3,5，ð又N{2,5}，所以NUM{2,3,5}，故选：A.51i32.（）2i2iA.1B.1C.1iD.1i【答案】C【解析】【分析】利用复数的四则运算求解即可.351i51i【详解】1i(2i)(2i)5故选：C.3.已知向量a3,1,b2,2，则cosab,ab（）第1页/共22页学科网（北京）股份有限公司117525A.B.C.D.171755【答案】B【解析】【分析】利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得ab,ab,abab，从而利用平面向量余弦的运算公式即可得解.【详解】因为a(3,1),b(2,2)，所以ab5,3,ab1,1，则ab523234,ab112，abab51312，abab217所以cosab,ab.abab34217故选：B.4.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（）1112A.B.C.D.6323【答案】D【解析】【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.【详解】依题意，从这名学生中随机选名组织校文艺汇演，总的基本事件有2件，42C4611其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C2C24，42所以这2名学生来自不同年级的概率为.63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.25B.22C.20D.15【答案】C【解析】【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列an的公差和首项，再根据前n项和公式即可解出；方法二：根据等差数列的性质求出等差数列an的公差，再根据前n项和公式的性质即可解出．第2页/共22页学科网（北京）股份有限公司【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2，54所以S5ad521020．512故选：C.方法二：a2a62a410，a4a845，所以a45，a89，aa从而d841，于是aad514，8434所以S55a320．故选：C.6.执行下边的程序框图，则输出的B（）A.21B.34C.55D.89【答案】B【解析】【分析】根据程序框图模拟运行即可解出．【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.第3页/共22页学科网（北京）股份有限公司2x27.设F1,F2为椭圆C:y1的两个焦点，点P在C上，若PFPF0，则PF1PF2（）512A.1B.2C.4D.5【答案】B【解析】△【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出PF1F2的面积，即可解出；方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．【详解】方法一：因为，所以，PF1PF20FP1F29021从而Sbtan451PFPF，所以PF1PF22．FP1F2212故选：B.方法二：因为，所以，由椭圆方程可知，2，PF1PF20FP1F290c514c2所以2222，又，平方得：PF1PF2F1F2416PF1PF22a2522，所以．PF1PF22PF1PF2162PF1PF220PF1PF22故选：B.exe8.曲线y在点1,处的切线方程为（）x12eeeee3eA.yxB.yxC.yxD.yx424424【答案】C【解析】【分析】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解.exee【详解】设曲线y在点1,处的切线方程为ykx1，x122ex因为y，x1xxxex1exe所以y22，x1x1第4页/共22页学科网（北京）股份有限公司e所以ky|x14ee所以yx124exeee所以曲线y在点1,处的切线方程为yx.x1244故选：Cx2y29.已知双曲线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，a2b2B两点，则|AB|（）5253545A.B.C.D.5555【答案】D【解析】【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.c2a2b2b2【详解】由e5，则15，a2a2a2b解得2，a所以双曲线的一条渐近线不妨取y2x，|223|5则圆心(2,3)到渐近线的距离d，2215145所以弦长|AB|2r2d221.55故选：D10.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.1B.3C.2D.3【答案】A【解析】【分析】证明AB平面PEC，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.第5页/共22页学科网（北京）股份有限公司【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，PECEE，AB平面PEC，3又PECE23，PC6，2故PC2PE2CE2，即PECE，111所以VVVS△AB3321，BPECAPEC3PEC32故选：A223611.已知函数fxe(x1)．记af,bf,cf，则（）222A.bcaB.bacC.cbaD.cab【答案】A【解析】【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.【详解】令g(x)(x1)2，则g(x)开口向下，对称轴为x1，6363422因为11，而(63)4962166270，22226363463所以110，即11222222第6页/共22页学科网（北京）股份有限公司63由二次函数性质知g()g()，226262422因为11，而(62)4843164384(32)0，22226262即11，所以g()g()，2222263综上，g()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的图象向左平移个单位长度得到，则yfx的图象与6611直线yx的交点个数为（）22A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】11【分析】先利用三角函数平移的性质求得fxsin2x，再作出fx与yx的部分大致图像，2211考虑特殊点处fx与yx的大小关系，从而精确图像，由此得解.22ππ【详解】因为ycos2x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111而yx显然过0,与1,0两点，22211作出fx与yx的部分大致图像如下，22第7页/共22页学科网（北京）股份有限公司3π3π7π3π3π7π11考虑2x,2x,2x，即x,x,x处fx与yx的大小关系，222444223π3π3π13π13π4当x时，fsin1，y1；44224283π3π3π13π13π4当x时，fsin1，y1；44224287π7π7π17π17π4当x时，fsin1，y1；442242811所以由图可知，fx与yx的交点个数为3.22故选：C.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________．1【答案】2【解析】【分析】先分析q1，再由等比数列的前n项和公式和平方差公式化简即可求出公比q.【详解】若q1，则由8S7S得86a73a，则a0，不合题意63111.所以q1.当q1时，因为8S67S3，63a11qa11q所以87，1q1q即81q671q3，即81q31q371q3，即81q37，1解得q.2第8页/共22页学科网（北京）股份有限公司1故答案为：22π14.若fx(x1)axsinx为偶函数，则a________．2【答案】2【解析】【分析】根据常见函数的奇偶性直接求解即可.2π22【详解】fxx1axsinxx1axcosxx(a2)x1cosx，2且函数为偶函数，a20，解得a2，故答案为：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【解析】【分析】由约束条件作出可行域，根据线性规划求最值即可.【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第9页/共22页学科网（北京）股份有限公司2x3y3x3由可得，即A(3,3),3x2y3y3所以zmax332315.故答案为：1516.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]【解析】【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.【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为体对角线长2