2023年高考全国甲卷数学(理)真题（解析版）

2023甲卷理科数学(记忆版)一、选择题1.设集合A={x∣x=3k+1,k∈Z},B={x∣x=3k+2,k∈Z}，U为整数集，∁U(A∪B)=()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．22【详解】因为a+i1-ai=a-ai+i+a=2a+1-ai=2，2a=2所以，解得：a=1．1-a2=0故选：C.3.执行下面的程序框遇，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=·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.【详解】因为a+b+c=0,所以a+b=-c,222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,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cos‹a-c,b-c›=cos∠ACB=cos2∠ACD=2cos2∠ACD-1324=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.·2·所以S4=1+2+4+8=15.故选:C.6.有60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”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.“sin2α+sin2β=1”是“sinα+cosβ=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、必要条件概念及同角三角函数的基本关系得解.22π【详解】当sinα+sinβ=1时，例如α=,β=0但sinα+cosβ≠0，2即sin2α+sin2β=1推不出sinα+cosβ=0；当sinα+cosβ=0时，sin2α+sin2β=(-cosβ)2+sin2β=1，即sinα+cosβ=0能推出sin2α+sin2β=1.综上可知，sin2α+sin2β=1是sinα+cosβ=0成立的必要不充分条件.故选：B22xy228.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)+(y-3)=1交于a2b2A，B两点，则|AB|=()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，·3·|2×2-3|5则圆心(2,3)到渐近线的距离d==，22+1522145所以弦长|AB|=2r-d=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，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2A4=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.ππ1110.已知fx为函数y=cos2x+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()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2211像，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.22ππππ【详解】因为y=cos2x+向左平移个单位所得函数为y=cos2x++=6666πcos2x+=-sin2x，所以fx=-sin2x，2111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，222444223π3π3π13π13π+4当x=-时，f-=-sin-=-1，y=×--=-<-1；4422428·4·3π3π3π13π13π-4当x=时，f=-sin=1，y=×-=<1；44224287π7π7π17π17π-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【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3空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°，2222则由余弦定理可得PA=AC+PC-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⋅BC2×3×43222又0<∠PCB<π，所以sin∠PCB=1-cos∠PCB=，31122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，·5·因为底面ABCD为正方形，AB=4，所以AC=BD=42，在△PAC中，PC=3,∠PCA=45°，2222则由余弦定理可得PA=AC+PC-2AC⋅PCcos∠PCA=32+9-2×42×3×=17，故PA2=17，PA2+PC2-AC217+9-3217所以cos∠APC===-，则PA⋅PC=PAPCcos∠APC=2PA⋅PC2×17×3171717×3×-=-3，17不妨记PB=m,∠BPD=θ，1122因为PO=PA+PC=PB+PD，所以PA+PC=PB+PD，22即PA2+PC2+2PA⋅PC=PB2+PD2+2PB⋅PD，22则17+9+2×-3=m+9+2×3×mcosθ，整理得m+6mcosθ-11=0①，又在△PBD中，BD2=PB2+PD2-2PB⋅PDcos∠BPD，即32=m2+9-6mcosθ，则m2-6mcosθ-23=0②，两式相加得2m2-34=0，故PB=m=17，故在△PBC中，PC=3,PB=17,BC=4，PC2+BC2-PB29+16-171所以cos∠PCB===，2PC⋅BC2×3×43222又0<∠PCB<π，所以sin∠PCB=1-cos∠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，F,F为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cos∠FPF=，则|PO|=9612125()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面积，即可得到点P的坐标，从而得出OP的值；22方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF1PF2,PF1+PF2，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；22方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF1+PF2，即可根据中线定理求出．·6·π2∠F1PF22【详解】方法一：设∠FPF=2θ,0<θ<，所以S=btan=btanθ，122△PF1F22cos2θ-sin2θ1-tan2θ31由cos∠F1PF2=cos2θ===，解得：tanθ=，cos2θ+sin2θ1+tan2θ52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：y=3，△PF1F2212p2p2p23922930即x=9×1-=，因此OP=x+y=3+=．p62pp22故选：B．222方法二：因为PF1+PF2=2a=6①，PF1+PF2-2PF1PF2∠F1PF2=F1F2，226即PF+PF-PFPF=12②，联立①②，125121522解得：PFPF=,PF+PF=21，1221211而PO=PF1+PF2，所以OP=PO=PF1+PF2，22