精品解析:2023年新高考全国Ⅰ卷数学真题(解析版)

2024-05-19·29页·1.5 M

绝密启用前试卷类型:A2023年普通高等学校招生全国统一考试新课标卷数学本试卷共4页,22小题,满分150分.考试用时120分钟.注意事项:1.答题前,考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案,答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.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. 2【答案】C【解析】【分析】方法一:由一元二次不等式的解法求出集合,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. 0D. 1【答案】A【解析】【分析】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.3. 已知向量,若,则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】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】【分析】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:D5. 设椭圆的离心率分别为.若,则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】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:A6. 过点与圆相切的两条直线的夹角为,则( )A. 1B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】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,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. 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】【分析】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.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: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,则甲是乙必要条件,所以甲是乙的充要条件.故选:C8. 已知,则( ).A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】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(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】【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.【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,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电动汽车1040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】【分析】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;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】【分析】方法一:利用赋值法,结合函数奇遇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: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:.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】【分析】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:因为正方体的体对角线长为,且,所以不能够被整体放入正方体内,故C正确;对于选项D:因为正方体的体对角线长为,且,设正方体的中心为,以为轴对称放置圆柱,设圆柱的底面圆心到正方体的表面的最近的距离为,如图,结合对称性可知:,则,即,解得,所以能够被整体放入正方体内,故D正确;故选:ABD. 【点睛】关键点睛:对于C、D:以正方体的体对角线为圆柱的轴,结合正方体以及圆柱的性质分析判断.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,若体育类选修课1门,则不同的选课方案共有种;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:64.14. 在正四棱台中,,则该棱台的体积为________.【答案】【解析】【分析】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】【分析】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,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】【分析】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的齐次方程,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,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】关键点睛:双曲线过焦点的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.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】【分析】(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,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】【分析】(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, 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,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】【分析】(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,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.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】【分析】(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,,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籃,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】【分析】(1)根据全概率公式即可求出;(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.【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】【分析】(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,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,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.设 , 根据对称性不妨设 . 则 , 由于 , 则 .由于 , 且 介于 之间, 则 . 令 ,,则,从而故当时,当 时,由于,从而,从而又,故,由此,当且仅当时等号成立,故,故矩形周长大于. . 【点睛】关键点睛: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.

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