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2023
Ⅰ
年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）
数学
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.
【答案】C
【解析】方法一：由一元二次不等式
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：C．
2. 已知
，则
（ ）
A.
B.
C. 0
D. 1
【答案】A
【解析】根据复数的除法运算求出
，再由共轭复数的概念得到
，从而解出．
【详解】因为
，所以
，即
．
故选：A．
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3. 已知向量
，若
，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】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：D．
4. 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】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：D
5. 设椭圆
的离心率分别为
．若
，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
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【答案】A
【解析】根据给定的椭圆方程，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：A
6. 过点
与圆
相切的两条直线的夹角为
，则
（ ）
A. 1
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】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
，
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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
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.
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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】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.
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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：
为等差数列，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，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
8. 已知
，则
（ ）．
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】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：三角函数求值的类型及方法
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（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. 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】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差
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
，
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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；
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
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电动汽车
10
40
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】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：因为
，即
，
可得
，即
，故C 正确；
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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】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶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：
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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，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：
.
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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】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
体对角线长为
，且
，
所以不能够被整体放入正方体内，故C 不正确；
对于选项D：因为
，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过
的中点
作
，设
，
可知
，则
，
即
，解得
，
且
，即
，
故以
为轴可能对称放置底面直径为
圆柱，
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若底面直径为
的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心
，与正方体的下底面的切点
为
，
可知：
，则
，
即
，解得
，
根据对称性可知圆柱的高为
，
所以能够被整体放入正方体内，故D 正确；
故选：ABD.
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，
①若体育类选修课1 门，则不同的选课方案共有
种；
②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.
故答案为：64.
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14. 在正四棱台
中，
，则该棱台的体积为________．
【答案】
##
【解析】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
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】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
，
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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】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
齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设
，则
，
在
中，
，则
，故
或
（舍去），
所以
，
，则
，
故
，
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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
在
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】双曲线过焦点
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.
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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】（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
，
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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】（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，
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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
，
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则
，
令
，得
，
，
，
化简可得，
，
解得
或
，
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】（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
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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
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，
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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.
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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】（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
，
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，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篮，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 次到第
次投篮）中甲投篮的次数为
，求
．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）根据全概率公式即可求出；
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（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
．
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【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】（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
，
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故
.
【小问2 详解】
法一：设矩形的三个顶点
在
上,且
，易知矩形四条边
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，
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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
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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
.
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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
①当
时,
②当
时,由于
,从而
,
从而
又
,
故
,由此
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，
当且仅当
时等号成立，故
，故矩形周长大于
.
.
【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.
