2023 年普通高等学校招生全国统一考试(全国甲卷)
文科数学
一、选择题
1．设全集U＝{1,2,3,4,5}，集合M＝{1,4}，N＝{2,5}，则N∪∁UM 等于( )
A．{2,3,5}
B．{1,3,4}
C．{1,2,4,5}
D．{2,3,4,5}
答案 A
解析 因为全集U＝{1,2,3,4,5}，集合M＝{1,4}，
所以∁UM＝{2,3,5}，
又N＝{2,5}，
所以N∪∁UM＝{2,3,5}．
2.等于( )
A．－1 B．1 C．1－i D．1＋i
答案 C
解析 ＝＝1－i.
3．已知向量a＝(3,1)，b＝(2,2)，则cos〈a＋b，a－b〉等于( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 因为a＝(3,1)，b＝(2,2)，
所以a＋b＝(5,3)，a－b＝(1，－1)，
则|a＋b|＝＝，|a－b|＝＝，(a＋b)·(a－b)＝5×1＋3×(－1)＝2，
所以cos〈a＋b，a－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( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 记高一2 名学生分别为A，B；高二2 名学生分别为a，b.从这4 名学生中随机选2 名
有(A，B)，(A，a)，(A，b)，(B，a)，(B，b)，(a，b)，共6 种选法，其中这2 名学生来自不
同年级有(A，a)，(A，b)，(B，a)，(B，b)，共4 种选法，
所以这2 名学生来自不同年级的概率为＝.
5．记Sn为等差数列{an}的前n 项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5等于( )
A．25 B．22 C．20 D．15
答案 C
解析 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＝5，①
又a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，②
①②联立，解得d＝1，a1＝2，
所以S5＝5a1＋×d＝5×2＋10＝20.
方法二 依题意可得，
a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，
所以a4＝5，a8＝9，
从而d＝＝1，
于是a3＝a4－d＝5－1＝4，
所以S5＝5a3＝20.
6．执行下边的程序框图，则输出的B 等于( )
A．21 B．34 C．55 D．89
答案 B
解析 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.
7．设F1，F2为椭圆C：＋y2＝1 的两个焦点，点P 在C 上，若PF1·PF2＝0，则|PF1|·|PF2|等
于( )
A．1 B．2 C．4 D．5
答案 B
解析 方法一 因为PF1·PF2＝0，
所以∠F1PF2＝90°，
从而
＝b2tan 45°＝1＝|PF1|·|PF2|，
所以|PF1|·|PF2|＝2.
方法二 因为PF1·PF2＝0，
所以∠F1PF2＝90°，
由椭圆方程可知，c2＝5－1＝4，解得c＝2，
所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝42＝16，
又|PF1|＋|PF2|＝2a＝2，
平方得|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝16＋2|PF1|·|PF2|＝20，
所以|PF1|·|PF2|＝2.
8．曲线y＝在点处的切线方程为( )
A．y＝x
B．y＝x
C．y＝x＋
D．y＝x＋
答案 C
解析 因为y＝，
所以y′＝＝，
所以k＝y′|x＝1＝，
所以曲线y＝在点处的切线方程为y－＝(x－1)，
即y＝x＋.
9．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，C 的一条渐近线与圆(x－2)2＋(y－3)2＝1 交
于A，B 两点，则|AB|等于( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 由题知e＝，
则＝＝1＋＝5，
解得＝2，
所以双曲线的一条渐近线不妨取y＝2x，
即2x－y＝0，
则圆心(2,3)到渐近线的距离
d＝＝，
所以弦长|AB|＝2＝2＝.
10．在三棱锥P－ABC 中，△ABC 是边长为2 的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥
的体积为( )
A．1 B. C．2 D．3
答案 A
解析 如图，取AB 的中点D，连接PD，CD，
因为△ABC 是边长为2 的等边三角形，PA＝PB＝2，
所以PD⊥AB，CD⊥AB，
所以PD＝CD＝，
又PC＝，
所以PD2＋CD2＝PC2，
所以PD⊥CD，
又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥平面ABC，
所以VP－ABC＝×S△ABC×PD
＝××2××＝1.
11．已知函数f(x)＝
.记a＝f ，b＝f ，c＝f ，则( )
A．b>c>a
B．b>a>c
C．c>b>a
D．c>a>b
答案 A
解析 函数f(x)＝
是由函数y＝eu和u＝－(x－1)2复合而成的复合函数，y＝eu为R 上
的增函数，u＝－(x－1)2在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以由复合函数
的单调性可知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．易知f(x)的图象关于
直线x＝1 对称，所以c＝f ＝f ，又<2－<<1，所以f <f <f ，所以b>c>a.
12．函数y＝f(x)的图象由函数y＝cos 的图象向左平移个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与
直线y＝x－的交点个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 因为y＝cos 向左平移个单位长度所得函数为y＝cos＝cos＝－sin 2x，
所以f(x)＝－sin 2x，
而y＝x－显然过与(1,0)两点，
作出y＝f(x)与y＝x－的大致图象如图所示，
考虑2x＝－，2x＝，2x＝，
即x＝－，x＝，x＝处f(x)与y＝x－的大小关系，
当x＝－时，f ＝－sin＝－1，
y＝×－＝－<－1；
当x＝时，f ＝－sin ＝1，
y＝×－＝<1；
当x＝时，f ＝－sin ＝1，
y＝×－＝>1.
所以由图可知，f(x)与y＝x－的交点个数为3.
二、填空题
13．记Sn为等比数列{an}的前n 项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________．
答案 －
解析 若q＝1，
则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，
则a1＝0，不符合题意．
所以q≠1.
当q≠1 时，因为8S6＝7S3，
所以8·＝7·，
即8(1－q6)＝7(1－q3)，
即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，
即8(1＋q3)＝7，解得q＝－.
14．若f(x)＝(x－1)2＋ax＋sin 为偶函数，则a＝________.
答案 2
解析 ∵f(x)＝(x－1)2＋ax＋sin
＝(x－1)2＋ax＋cos x＝x2＋(a－2)x＋1＋cos x，
且函数为偶函数，
∴a－2＝0，解得a＝2.
经验证，当a＝2 时，满足题意．
15．若x，y 满足约束条件则z＝3x＋2y 的最大值为________．
答案 15
解析 作出可行域，如图中阴影部分(包含边界)所示，
由可得即A(3,3)，
由图可知，当目标函数y＝－x＋过点A 时，有最大值，即z 取最大值，
所以zmax＝3×3＋2×3＝15.
16．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 [2，2]
解析 如图，设球O 的半径为R.
当球O 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O 的半径最大，若半
径变得更大，球O 会包含正方体，球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径2R′为体对角线长
AC1＝＝4，
即2R′＝4，R′＝2，
故Rmax＝2；
分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，连接MH，HG，NG，MN，MG，
显然四边形MNGH 是边长为4 的正方形，且O 为正方形MNGH 的对角线MG 的中点，
则MG＝4，当球O 的一个大圆恰好是四边形MNGH 的外接圆时，球O 的半径达到最小，即
Rmin＝2.
综上，R∈[2，2]．
三、解答题
(一)必考题
17．记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知＝2.
(1)求bc；
(2)若－＝1，求△ABC 面积．
解 (1)由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccos A，
所以＝＝2bc＝2，
解得bc＝1.
(2)由正弦定理可得－
＝－
＝－
＝＝1，
变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sin B，
即－2cos Asin B＝sin B，
而0<sin B≤1，
所以cos A＝－，
又0<A<π，
所以sin A＝，
故△ABC 的面积为S△ABC＝bcsin A＝×1×＝.
18.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C 的高．
(1)证明 因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以A1C⊥BC，
又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
因为A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因为BC⊂平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)解 如图，
过点A1作A1O⊥CC1于点O.
因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BB1C1C，
所以四棱锥A1－BB1C1C 的高为A1O.
因为A1C⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，
所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，
在Rt△ABC 与Rt△A1BC 中，
因为A1B＝AB，BC＝BC，
所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，
所以A1C＝AC.
设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，
所以O 为CC1中点，OC1＝AA1＝1，
又因为A1C⊥AC，
所以A1C2＋AC2＝AA，
即x2＋x2＝22，解得x＝，
所以A1O＝＝＝1，
所以四棱锥A1－BB1C1C 的高为1.
19．一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40 只小白鼠，随机地将其中20 只分配
到试验组，另外20 只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小
白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位：g)．试验结果如下：
对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8
26.5 27.5 30.1 32.6 34.3 34.8 35.6
35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2
试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5
18.0 18.8 19.2 19.8 20.2 21.6 22.8
23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
(1)计算试验组的样本平均数；
(2)(ⅰ)求40 只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m 与不小于m 的
数据的个数，完成如下列联表：
<m
≥m
对照组
试验组
(ⅱ)根据(ⅰ)中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境
中体重的增加量有差异？
附：K2＝，
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
k0
2.706
3.841
6.635
解 (1)试验组样本平均数为
×(7.8＋9.2＋11.4＋12.4＋13.2＋15.5＋16.5＋18.0＋18.8＋19.2＋19.8＋20.2＋21.6＋22.8＋
23.6＋23.9＋25.1＋28.2＋32.3＋36.5)＝＝19.8.
(2)(ⅰ)依题意，可知这40 只小白鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排列后
第20 位与第21 位数据的平均数，
由原数据可得第20 位数据为23.2，第21 位数据为23.6，
所以m＝＝23.4，
故列联表为
<m
≥m
对照组
6
14
试验组
14
6
(ⅱ)由(ⅰ)可得，K2＝
＝6.4>3.841，
所以能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异．
20．已知函数f(x)＝ax－，x∈.
(1)当a＝1 时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)＋sin x<0，求a 的取值范围．
解 (1)因为a＝1，
所以f(x)＝x－，x∈，
则f′(x)＝1－
＝1－
＝
＝，
令t＝cos x，
由于x∈，
所以t＝cos x∈(0,1)，
所以cos3x＋cos2x－2＝t3＋t2－2
＝t3－t2＋2t2－2＝t2(t－1)＋2(t＋1)(t－1)
＝(t2＋2t＋2)(t－1)，
因为t2＋2t＋2＝(t＋1)2＋1>0，t－1<0，cos3x＝t3>0，
所以f′(x)＝<0 在上恒成立，
所以f(x)在上单调递减．
(2)因为sin x－
＝
＝
＝－，
因为x∈，
所以0<sin x<1,0<cos x<1，
故sin x－<0 在上恒成立，
所以当a＝0 时，f(x)＋sin x＝sin x－<0，满足题意；
当a<0 时，由于x∈，显然ax<0，
所以f(x)＋sin x＝ax－＋sin x<sin x－<0，满足题意；
当a>0 时，因为f(x)＋sin x＝ax－＋sin x＝ax－，
令g(x)＝ax－，x∈，
则g′(x)＝a－，
注意到g′(0)＝a－＝a>0，
则当x→0＋时，g′(x)→a>0，
所以在上必存在点x0，
使得g′(x)在(0，x0)上有g′(x)>0，
所以g(x)在(0，x0)上单调递增，
则在(0，x0)上有g(x)>g(0)＝0，
即f(x)＋sin x>0，不满足题意．
综上所述，若f(x)＋sin x<0，
则a 的取值范围为(－∞，0]．
21．已知直线x－2y＋1＝0 与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B 两点，且|AB|＝4.
(1)求p；
(2)设F 为C 的焦点，M，N 为C 上两点，FM·FN＝0，求△MFN 面积的最小值．
解 (1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由可得y2－4py＋2p＝0，
所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p，
所以|AB|＝×＝4，
即2p2－p－6＝0，解得p＝2(负值舍去)．
(2)由(1)知y2＝4x，
所以焦点F(1,0)，显然直线MN 的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由可得y2－4my－4n＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0，
由题意得FM·FN＝0，
FM＝(x1－1，y1)，FN＝(x2－1，y2)，
所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，
即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，
将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n 代入得，
4m2＝n2－6n＋1，
所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，
解得n≥3＋2 或n≤3－2.
设点F 到直线MN 的距离为d，
所以d＝，
|MN|＝
＝
＝
＝2|n－1|，
所以△MFN 的面积
S＝×|MN|×d＝×2|n－1|×＝(n－1)2，
而n≥3＋2 或n≤3－2，
所以当n＝3－2 时，△MFN 的面积最小，为Smin＝(2－2)2＝12－8＝4(3－2)．
(二)选考题
22．已知点P(2,1)，直线l：(t 为参数)，α 为l 的倾斜角，l 与x 轴正半轴、y 轴正半轴分别交
于点A，B，且|PA|·|PB|＝4.
(1)求α；
(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求l 的极坐标方程．
解 (1)因为l 与x 轴正半轴、y 轴正半轴交于A，B 两点，
所以<α<π，
令x＝0，得t1＝－，
令y＝0，得t2＝－，
所以|PA||PB|＝|t2t1|＝＝＝4，
所以sin 2α＝±1，
即2α＝＋kπ，k∈Z，
解得α＝＋kπ，k∈Z，
因为<α<π，所以α＝.
(2)由(1)可知，直线l 的斜率为tan α＝－1，且过点(2,1)，
所以直线l 的一般式方程为y－1＝－(x－2)，即x＋y－3＝0，
由x＝ρcos α，y＝ρsin α 可得直线l 的极坐标方程为ρcos α＋ρsin α－3＝0.
23．设a>0，函数f(x)＝2|x－a|－a.
(1)求不等式f(x)<x 的解集；
(2)若曲线y＝f(x)与x 轴所围成的图形的面积为2，求a.
解 (1)若x≤a，则f(x)＝2a－2x－a<x，
即3x>a，解得x>，
即<x≤a，
若x>a，则f(x)＝2x－2a－a<x，
解得x<3a，即a<x<3a，
综上，不等式的解集为.
(2)f(x)＝
作出f(x)的大致图象如图，
曲线y＝f(x)与x 轴围成的图形即△ABC，
易得A，B，C(a，－a)，
所以|AB|＝a，△ABC 的底边AB 上的高为a，
所以S△ABC＝|AB|·a＝a2＝2，
解得a＝2 或a＝－2(舍去)，故a＝2.
