浙江省湖州三校2023年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(解析版)

2023年普通高等学校招生全国统一考试数学试题一、选择题：本大题共10小题，每小题4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】B【解析】【分析】根据交集定义求解.【详解】选B.【点睛】本题考查集合交集，考查基本求解能力，属基本题.2.双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是（）A.1B.2C.4D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长一半，即得结果.【详解】因为双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长一半，所以双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是1,选A.【点睛】本题考查双曲线的焦点与渐近线，考查基本分析求解能力，属基本题.3.复数（为虚数单位）的共轭复数是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先化简复数为代数形式，再根据共轭复数概念求解.【详解】因为,所以其共轭复数是，选C.【点睛】本题考查共轭复数概念，考查基本分析求解能力，属基本题.4.若变量，满足约束条件，则的最大值是（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】先作可行域，再求范围，最后可得的最大值.【详解】作可行域，如图，则直线过点A(-1,-1)时取最小值-4，过点时取最大值2，因此的最大值是4,选D.【点睛】本题考查线性规划求最值，考查基本分析求解能力，属基本题.5.设函数，则函数的图像可能为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先判断函数奇偶性，舍去B,D，再根据函数值正负确定选项.【详解】因为，所以舍去B,D，因为ln3>0,所以选C.【点睛】本题考查函数图象识别，考查基本分析判断能力，属基本题.6.设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据面面垂直性质定理可证得充分性成立，举反例说明必要性不成立.【详解】因为，平面与平面相交于直线，直线在平面内，且，所以，因为直线在平面内，所以，即充分性成立，若，，但时，与不一定垂直，即不一定垂直，即必要性不成立.选A.【点睛】本题考查面面垂直性质定理与充要关系，考查基本分析判断能力，属中档题.7.已知袋子中装有若干个大小形状相同且标有数字1，2，3的小球，每个小球上有一个数字，它们的个数依次成等差数列，从中随机抽取一个小球，若取出小球上的数字的数学期望是2，则的方差是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可假设标有数字1，2，3的小球各有1个，再根据方差定义求结果.【详解】因为取出小球上的数字的数学期望是2，且个数依次成等差数列，所以不妨设标有数字1，2，3的小球各有1个，从而随机抽取一个小球概率皆为，方差为，选B.【点睛】本题考查数学期望与方差，考查基本分析与求解能力，属中档题.8.已知三棱锥中，为正三角形，，且在底面内的射影在的内部（不包括边界），二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】作出三个二面角，再根据，确定二面角大小.【详解】设在底面内的射影为O，过O分别作AB,BC,CA垂线，垂足分别为D,E,F,则，，，从而，，，因为，所以,,即,即，选C.【点睛】本题考查二面角，考查基本分析与判断能力，属中档题.9.已知向量，的夹角为，且，则的最小值为（）A.B.C.5D.【答案】B【解析】【分析】建立坐标系，将转化为直线上一动点到两定点距离和，再根据对称求最小值.【详解】由题意可设,，因此表示直线上一动点到定点距离的和,因为关于直线的对称点为，所以选B.【点睛】本题考查向量坐标表示与直线对称，考查等价转化与数形结合思想方法，考查基本求解能力，属难题.10.已知数列满足，，则使的正整数的最小值是（）A.2023B.2023C.2023D.2023【答案】C【解析】【分析】令,利用裂项相消法得，再根据范围求正整数的最小值.【详解】令,则,所以，从而，因为,所以数列单调递增，设当时,当时,所以当时，，，从而,因此,选C.【点睛】本题考查数列递推关系与裂项相消法，考查等价转化与构造法，考查综合分析与求解能力，属难题.二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.我国古代某数学著作中记载了一个折竹抵地问题：“今有竹高二丈，末折抵地，去本六尺，问折者高几何？”意思是：有一根竹子（与地面垂直），原高二丈（1丈=10尺），现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离为六尺，则折断处离地面的高为__________尺．【答案】9.1尺【解析】【分析】根据题意列方程，解得结果.【详解】设折断处离地面的高为尺．则【点睛】本题考查数学文化与应用，考查基本分析与求解能力，属基础题.12.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）等于_______，表面积（单位：）等于__________．【答案】(1).(2).【解析】【分析】先还原几何体，再根据柱体与锥体性质求体积与表面积.【详解】几何体一个边长为2的正方体挖去一个正四棱锥（顶点在正方体下底面中心，底面为正方体上底面），因此几何体的体积为，表面积为【点睛】本题考查三视图与柱体与锥体性质，考查空间想象能力与基本求解能力，属基础题.13.在中，内角，，所对的边分别为，，.已知，则的值为__________，若，，则的面积等于_________.【答案】(1).(2).16【解析】【分析】第一空根据两角和正切公式得，再根据同角三角函数关系得的值，第二空先根据正弦定理得，再根据两角和正弦公式得,最后根据面积公式得结果.【详解】因为，所以，因此因为，所以因为()=,所以的面积等于【点睛】本题考查两角和正切公式、两角和正弦公式与正弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题.14.若，则_________，_________.【答案】(1).-27(2).-940【解析】【分析】利用赋值法求系数.【详解】令得，所以，令得，令得，两式相加得【点睛】本题考查利用赋值法求二项展开式系数，考查基本分析求解能力，属基础题.15.已知函数，则__________，若实数，且，则的取值范围是__________．【答案】(1).4(2).【解析】【分析】第一空直接代入对应解析式求解即可，第二空先根据函数图象确定关系及取值范围，再求的取值范围.【详解】),因为，且，所以,,因此.【点睛】本题考查分段函数求值以及函数图像，考查综合分析与求解能力，属中档题.16.现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有_______种.（结果用数字表示）【答案】336【解析】【分析】根据相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法进行求解.【详解】先不考虑红球与黄球不相邻，则4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，再考虑红球与黄球相邻，则4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，因此所求放法为【点睛】本题考查排列组合应用，考查综合分析与求解能力，属中档题.17.已知椭圆的两个顶点，，过，分别作的垂线交该椭圆于不同于的，两点，若，则椭圆的离心率是__________．【答案】【解析】【分析】先求出，两点坐标，再根据弦长公式化简，解得离心率.【详解】过作的垂线的方程为，与联立方程组解得，过作的垂线的方程为，与联立方程组解得，因为，所以【点睛】本题考查椭圆的离心率，考查综合分析与求解能力，属中档题.三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.已知函数.（Ⅰ）求函数的单调递减区间；（Ⅱ）求方程在区间内的所有实根之和.【答案】（Ⅰ），.（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）先根据二倍角公式、辅助角公式化基本三角函数，再根据正弦函数性质求减区间，（Ⅱ）根据正弦函数图像与性质求简单三角方程的根.【详解】（Ⅰ），由单调递减可知，递增，故，，即.∴函数的单调递增区间是，.（Ⅱ）由，得.由在上递增，在上递减，且，得，方程在上有两不等实根，，且满足.∴.【点睛】本题考查二倍角公式、辅助角公式以及正弦函数图像与性质，考查综合分析与求解能力，属中档题.19.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，平面平面，二面角为.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析（2）【解析】【分析】（Ⅰ）根据面面垂直性质定理得平面，即得即为二面角的平面角，利用余弦定理解得，根据勾股定理得.最后根据线面垂直判定定理得结论，（Ⅱ）先利用等体积法求点到平面的距离，再根据解三角形得结果.【详解】（Ⅰ）证明：平面平面，交线为，且，∴平面，从而，，∴即为二面角的平面角，即.又，，由余弦定理得，∴，即.又，∴平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面，从而，，又，，故.由已知，点到平面的距离等于点到平面的距离，设点到平面的距离为，则点到平面的距离也为，由得：，.∴与平面所成角的正弦值.【点睛】本题考查面面垂直性质定理、二面角、线面垂直判定定理、等体积法求点到平面的距离以及线面角，考查综合分析与求解能力，属中档题.20.已知等差数列的前项和为，，公差，且，，成等比数列，数列满足，的前项和为.（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）记，试比较与的大小.【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）见解析【解析】【分析】（Ⅰ）根据待定系数法求得公差，再利用和项与通项关系得的通项公式，（Ⅱ）先利用裂项相消法求，利用等比数列求和公式得，最后作差，利用二项展开式比较大小.【详解】（Ⅰ）由已知得，即，又，∴，∴，.由得.时，.∴，显然也满足，∴.（Ⅱ），，，当时，，，当时，，，当时，，∴.综上，当时，；当时.【点睛】本题考查利用和项与通项关系求通项公式、裂项相消法求和以及二项展开式应用，考查综合分析与求解能力，属中档题.21.已知抛物线：的焦点为，过点的动直线与抛物线交于，两点，直线交抛物线于另一点，的最小值为4.（Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）记、的面积分别为，，求的最小值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）根据抛物线性质可得，即得结果，（Ⅱ）设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求，再利用基本不等式求最值.【详解】（Ⅰ）由已知及抛物线的几何性质可得，∴，∴抛物线的方程为.（Ⅱ）设直线：，：，，，，由，，同理可得，从而，点到的距离，，∴.又，∴.当且仅当，即时有最小值.【点睛】本题考查抛物线定义与性质以及基本不等式求最值，考查综合分析与求解能力，属中档题.22.已知函数，，曲线与有且仅有一个公共点.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若存在实数，，使得关于的不等式对任意正实数恒成立，求的最小值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4【解析】【分析】（Ⅰ）根据导数研究函数图象，再根据图象确定有且仅有一个公共点的条件，解得结果，（Ⅱ）先根据特殊值缩小的取值范围，再根据二次函数性质确定成立的条件，利用导数确定成立的条件，结合两个条件消得关于满足的条件，最后利用导数分析取值范围，即得最小值.【详解】（Ⅰ）由题意知，即，令，则.∵在上递增，在上增减，∴，∴.（Ⅱ）解法一：由题意知必有，即，当时，，，不符合题意；当时，有，此时，，不符合题意，因此有，因此①令，则，在递增，在递减，故②由①②两式知，构造函数，则，在递减