2023年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（新课标Ⅰ卷）-教师用卷

这是一份2023年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（新课标Ⅰ卷）-教师用卷，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（新课标Ⅰ卷）题号一二三四总分得分     一、单项选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.  已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】C 【解析】【分析】本题考查集合的交集运算，对一元二次不等式求解求出，再计算，为基础题．【解答】解：，所以故选    2.  已知，则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】A 【解析】【分析】本题考查复数的四则运算、共轭复数，为基础题．【解答】解：，所以故选    3.  已知向量，若，则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】D 【解析】【分析】本题考查向量的数量积运算，结合向量垂直，向量的数量积为，为较易题．【解答】解：，所以故选    4.  设函数在区间单调递减，则的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 【答案】D 【解析】【分析】本题考查复合函数的单调性，为较易题．【解答】解：结合复合函数单调性的性质，易得，所以的取值范围是故选    5.  设椭圆，的离心率分别为，若，则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】A 【解析】【分析】本题考查椭圆中离心率有关的计算，整体难度不大，利用关系建立方程求解即可．【解答】解：易得，，，得，解得故选    6.  过点与圆相切的两条直线的夹角为则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】B 【解析】【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，二倍角公式，属于基础题．利用切线构造直角三角形，由三角函数定义求出，，再利用二倍角正弦公式即可求解．【解答】解：，故圆心，记，设切点为，，，故，，，，故选  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】本题考查等差数列的判定、等差数列前项和、充分必要条件的判定，属于中档题．结合等差数列的判断方法，依次证明充分性、必要性即可．【解答】解：方法为等差数列，设其首项为，公差为，则，，，故为等差数列，则甲是乙的充分条件，，反之，为等差数列，即为常数，设为即，故故，两式相减有：，对也成立，故为等差数列，则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选C.方法因为甲：为等差数列，设数列的首项，公差为即，则，故为等差数列，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：，所以当时，上式成立．
又为常数所以为等差数列．则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选    8.  已知，，则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】B 【解析】本题考查两角和与差的正弦公式以及二倍角公式，属于中档题．
利用两角和与差的正弦公式先求出的值，从而可以得到的值，再结合二倍角的余弦公式即可得出结果．解：因为，，则．
故．
即．
故选B
 二、多项选择题（本大题共4小题，共20.0分）9.  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】本题考查样本的数字特征，考查数学运算、数据分析能力，属于基础题．，选项，通过取一组特殊值，即可判断；选项，设，即可明确两组数据的中位数；选项，设中最小值为，最大值为，即可得到．【解答】解：对于：不妨令，则 故A错误；对于不妨令，则的中位数是；因为是最小值，是最大值，故的中位数依然是；故 B正确；对于：不妨令则的标准差，的标准差，故 C错误；对于：设中最小值为，最大值为，则，则，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
 
 混合动力汽车
 
 电动汽车
 
 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】本题考查了对数函数的实际应用，属于中档题．利用公式声压级公式结合每种汽车声压级范围计算即可逐项判断．【解答】解：，，，所以正确，，，所以错误，，所以正确，，，所以正确．故选  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】本题主要考查抽象函数的奇偶性、函数的极值点，属中档题．通过赋值法，可判断选项对于选项可设常函数 ，进行排除．【解答】解：选项，令，则，则，故正确选项，令，则，则，故正确选项，令，则，则，再令，则，即，故正确选项，不妨设为常函数，且满足原题，而常函数没有极值点，故D错误．故选：  12.  下列物体中，能够被整体放入棱长为单位：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】本题考查正方体内接其它几何体的问题，属于综合题．由正方体、球体、四面体、圆柱体的结构特征和棱长、直径的大小关系，逐个分析选项可得解．【解答】解：选项，正方体的内切球直径为，故正确选项，连接正方体的六个面对角线，可以得到一个正四面体，即正方体的内接正四面体的棱长为，故正确对于，，假设放入最大的圆柱，，分别为圆柱下、上底面的圆心，设圆柱底面半径为，正方体体对角线为，，，当取定时，圆柱的高对于，当时，，故错．对于，当时，，故正确．故选：．  三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  某学校开设了门体育类选修课和门艺术类选修课，学生需从这门课中选修门或门课，并且每类选修课至少选修门，则不同的选课方案共有          种用数字作答．【答案】 【解析】【分析】本题主要考查至少至多的组合问题，属于基础题．【解答】解：当从这门课中选修门课时，共有当从这门课中选修门课时，共有综上，共有种．  14.  在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为          【答案】 【解析】【分析】本题考查正四棱台的体积，属于中档题．可将正四棱台补成正四棱锥，然后分析求解即可．【解答】解：如图，

将正四棱台补成正四棱锥，则，，，故，．  15.  已知函数在区间有且仅有个零点，则的取值范围是          ．【答案】 【解析】【分析】本题考查了余弦型函数的零点问题，属中档题．【解答】解：令，得，又，则，所以，得故答案为：   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】主要考查了双曲线的定义以及性质、余弦定理，向量共线的充要条件等属于一般题． 根据向量的关系设参数得到，，的关系，勾股定理得到由双曲线的定义得到，在中用余弦定理得到与的关系．【解答】解：，设，．由对称性知又，故，．由双曲线的定义知，，故．在中，解得：，故C的离心率为．  四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.  已知在中，，．求；设，求边上的高． 【答案】解：，，解得．可化为，即，展开得：，整理得，将代入，得，，．由知，，，．又，，边上的高． 【解析】本题考查了三角恒等变换与解三角形的相关知识，属于中等题．根据题意，结合可直接求出，再将代入进行恒等变换得，最后再结合同角三角函数的基本关系即可求解；结合三角恒等变换、正弦定理，分别求出和，即可得边上的高的值．
 18.  如图，在正四棱柱中，，点，，，，分别在棱，，，上，，，．证明：；点在棱上，当二面角为时，求．
 【答案】证明：如图，作于点，于点，则有，，即四边形是平行四边形，从而，又，，即四边形是平行四边形，从而，从而，得证．
 如图，以点为原点，以、、分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．设，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，即令，则，，故设平面的一个法向量为，则，即令，则，，故二面角的平面角为，，解得或，则． 【解析】本题考查了立体几何中线线平行的判定、二面角等知识，属于中档题．作于点，于点，构造两个平行四边形，根据平行于同一直线的两直线平行，即可证明．适当建立空间直角坐标系，设点，分别求出平面与平面的一个法向量，由二面角为，可知，解出的值，进而求得．
 19.  已知函数．讨论的单调性；证明：当时，． 【答案】解：，当时，在单调递减，当时，，在单调递减，当时，令，，时，，单调递减．时，单调递增，故当时在单调递减，当时，在区间单调递减，在区间单调递增．由知当时，在区间单调递减，在区间单调递增故，令，，令，因为，故，在区间单调递减，在区间单调递增，，即恒成立，即，即当时，． 【解析】本题考查了函数的求导，利用导数分析函数的单调性，根据函数的极值、最值证明不等式，属于中等难度．先对函数求导后，得到，根据得出分、、进行讨论，得出时在单调递减．时求出函数零点，再依据导函数正负判断函数单调性．要证时，结合讨论结果知的单调性，得到在处取得最小值，只需证明即可．构造，只需证明，进一步利用导数得出在区间单调递减，在区间单调递增，求出最小值，发现，即证恒大于，即证当时，．
 20.  设等差数列的公差为，且令，记，分别为数列，的前项和．若，，求的通项公式若为等差数列，且，求  【答案】解：因为，故，即，故，所以，，，又，即，即，故或舍，故的通项公式为：方法一：基本量法若为等差数列，则，即，即，所以或当时，，，故，，又，即，即，所以或舍当时，，，故，，又，即，即，所以舍或舍综上：方法二：因为为等差数列且公差为，所以可得，则解法一：因为为等差数列，根据等差数列通项公式可知与的关系满足一次函数，所以上式中的分母“”需满足或者，即或者解法二：由可得，，，，因为为等差数列，所以满足，即，两边同乘化简得，解得或者因为，均为等差数列，所以，，则等价于，当时，，，则，得，解得或者，因为，所以当时，，，则，化简得，解得或者，因为，所以均不取综上所述，  【解析】本题第一问考查数列通项公式的求解，第二问考查等差数列有关性质，等差数列基本量的求解，计算量较大，为较难题．
 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，若未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，乙每次投篮的命中率均为，由抽签确定第次投篮的人选，第一次投篮的人是甲，乙的概率各为求第次投篮的人是乙的概率．求第次投篮的人是甲的概率．已知：若随机变量服从两点分布，且，，，，，则记前次即从第次到第次投篮中甲投篮的次数为，求  【答案】解：第二次是乙投篮的概率为．第次是乙投篮的概率为，，且．则故，则，． 当时，，，综上，，  【解析】本题主要考查了全概率公式，构造等比数列和等比数列前项和公式以及求两点分布的期望，属于较难题．根据题意直接运用全概率公式即可得出结论由题意可得甲第次投篮的概率为则第次是乙投篮的概率为，再根据题意列出关于的递推关系，运用配凑法可得出，通过化简即可求出．
由随机变量服从两点分布，则根据公式即可求出．
 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．求的方程；已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 【答案】解：设点的坐标为，由题意得，整理，得，故的方程为：．设矩形的三个顶点，，在轨迹上，且，，令，，则，设矩形的周长为，由对称性不妨设，，则当且仅当时等号成立，令则令得当时，；当时，，所以，所以，即当且仅当时等号成立．等号不能同时成立，所以． 【解析】本题考查轨迹方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，弦长的求解，利用导数求最值，属于压轴题．     设出点的坐标，由距离公式即可求解；     由轨迹方程设出三点坐标，由对称性结合弦长公式表示出矩形的周长，利用导数求最值即可求解．