2023年高考全国甲卷数学(理)真题(答案)

2023-10-25 · U3 上传 · 23页 · 1.2 M

2023年普通高等学校招生全国统一考试(全国甲卷)理科数学一、选择题∣∣ð(AB)1.设集合A{xx3k1,kZ},B{xx3k2,kZ},U为整数集,U()A.{x|x3k,kZ}B.{x∣x3k1,kZ}C.{x∣x3k2,kZ}D.【答案】A【解析】【分析】根据整数集的分类,以及补集的运算即可解出.【详解】因为整数集Zx|x3k,kZx|x3k1,kZx|x3k2,kZ,UZ,所ð以,UABx|x3k,kZ.故选:A.2.若复数ai1ai2,aR,则a()A.-1B.0·C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出.【详解】因为ai1aiaa2iia2a1a2i2,2a2所以,解得:.2a11a0故选:C.3.执行下面的程序框遇,输出的B()第1页/共24页学科网(北京)股份有限公司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n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,n112;当n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,n213;当n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,n314;当n4时,判断框条件不满足,跳出循环体,输出B34.故选:B.4.向量ab1,c2,且abc0,则cosac,bc()1224A.B.C.D.5555【答案】D【解析】【分析】作出图形,根据几何意义求解.rrr【详解】因为abc0,所以a+b=-c,r222r即ab2abc,即112ab2,所以ab0.如图,设OAa,OBb,OCc,第2页/共24页学科网(北京)股份有限公司由题知,OAOB1,OC2,OAB是等腰直角三角形,22AB边上的高OD,AD,22232所以CDCOOD2,22AD13tanACD,cosACD,CD3102cosac,bccosACBcos2ACD2cosACD123421.105故选:D.5.已知正项等比数列an中,a11,Sn为an前n项和,S55S34,则S4()A.7B.9C.15D.30【答案】C【解析】【分析】根据题意列出关于q的方程,计算出q,即可求出S4.2342【详解】由题知1qqqq51qq4,即q3q44q4q2,即q3q24q40,即(q2)(q1)(q2)0.由题知q0,所以q=2.所以S4124815.故选:C.6.有50人报名足球俱乐部,60人报名乒乓球俱乐部,70人报名足球或乒乓球俱乐部,若已知某人报足球第3页/共24页学科网(北京)股份有限公司俱乐部,则其报乒乓球俱乐部的概率为()A.0.8B.0.4C.0.2D.0.1【答案】A【解析】【分析】先算出报名两个俱乐部的人数,从而得出某人报足球俱乐部的概率和报两个俱乐部的概率,利用条件概率的知识求解.【详解】报名两个俱乐部的人数为50607040,记“某人报足球俱乐部”为事件A,记“某人报兵乓球俱乐部”为事件B,505404则P(A),P(AB),7077074P(AB)所以P(B∣A)70.8.P(A)57故选:A.7.“sin2sin21”是“sincos0”的()A.充分条件但不是必要条件B.必要条件但不是充分条件C.充要条件D.既不是充分条件也不是必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的概念及同角三角函数的基本关系得解.π【详解】当sin2sin21时,例如,0但sincos0,2即sin2sin21推不出sincos0;当sincos0时,sin2sin2(cos)2sin21,即sincos0能推出sin2sin21.综上可知,sin2sin21是sincos0成立的必要不充分条件.故选:Bx2y28.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|()第4页/共24页学科网(北京)股份有限公司152545A.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:D9.有五名志愿者参加社区服务,共服务星期六、星期天两天,每天从中任选两人参加服务,则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为()A.120B.60C.40D.30【答案】B【解析】【分析】利用分类加法原理,分类讨论五名志愿者连续参加两天社区服务的情况,即可得解.【详解】不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e,2假设a连续参加了两天社区服务,再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务,共有A412种方法,同理:b,c,d,e连续参加了两天社区服务,也各有12种方法,所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有51260种.故选:B.ππ1110.已知fx为函数ycos2x向左平移个单位所得函数,则yfx与yx的交点个6622数为()第5页/共24页学科网(北京)股份有限公司A.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,223π3π7π3π3π7π11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.11.在四棱锥PABCD中,底面ABCD为正方形,AB4,PCPD3,PCA45,则PBC的面积为()A.22B.32C.42D.52第6页/共24页学科网(北京)股份有限公司【答案】C【解析】【分析】法一:利用全等三角形的证明方法依次证得PDOPCO,PDBPCA,从而得到PAPB,再在△PAC中利用余弦定理求得PA17,从而求得PB17,由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解;1法二:先在△PAC中利用余弦定理求得PA17,cosPCB,从而求得PAPC3,再利用空3间向量的数量积运算与余弦定理得到关于PB,BPD的方程组,从而求得PB17,由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【详解】法一:连结AC,BD交于O,连结PO,则O为AC,BD的中点,如图,因为底面ABCD为正方形,AB4,所以ACBD42,则DOCO22,又PCPD3,POOP,所以PDOPCO,则PDOPCO,又PCPD3,ACBD42,所以PDBPCA,则PAPB,在△PAC中,PC3,AC42,PCA45,2则由余弦定理可得PA2AC2PC22ACPCcosPCA329242317,2故PA17,则PB17,故在PBC中,PC3,PB17,BC4,PC2BC2PB2916171所以cosPCB,2PCBC234322又0PCBπ,所以sinPCB1cos2PCB,3第7页/共24页学科网(北京)股份有限公司1122所以PBC的面积为SPCBCsinPCB3442.223法二:连结AC,BD交于O,连结PO,则O为AC,BD的中点,如图,因为底面ABCD为正方形,AB4,所以ACBD42,在△PAC中,PC3,PCA45,2则由余弦定理可得PA2AC2PC22ACPCcosPCA329242317,故2PA17,PA2PC2AC21793217所以cosAPC,则2PAPC21731717PAPCPAPCcosAPC1733,17不妨记PBm,BPD,1122因为POPAPCPBPD,所以PAPCPBPD,222222即PAPC2PAPCPBPD2PBPD,2则17923m923mcos,整理得m26mcos110①,又在△PBD中,BD2PB2PD22PBPDcosBPD,即32m296mcos,则m26mcos230②,两式相加得2m2340,故PBm17,故在PBC中,PC3,PB17,BC4,第8页/共24页学科网(北京)股份有限公司PC2BC2PB2916171所以cosPCB,2PCBC234322又0PCBπ,所以sinPCB1cos2PCB,31122所以PBC的面积为SPCBCsinPCB3442.223故选:C.x2y2312.己知椭圆1,F1,F2为两个焦点,O为原点,P为椭圆上一点,cosF1PF2,则|PO|965()230335A.B.C.D.5252【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,即可得到点P的坐标,从而得出OP的值;方法二:利用椭圆的定义以及余弦定理求出22,再结合中线的向量公式以及数量积PF1PF2,PF1PF2即可求出;方法三:利用椭圆的定义以及余弦定理求出22,即可根据中线定理求出.PF1PF2πFPF【详解】方法一:设FPF2,0,所以Sb2tan12b2tan,122PF1F22cos2sin21tan231由cosFPFcos2,解得:tan,12cos2+sin21tan252由椭圆方程可知,a29,b26,c2a2b23,1112所以,SFFy23y6,解得:yp3,PF1F2212p2p223922930即xp91,因此OPxy3.62pp22故选:B.

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