2023年浙江省高考数学试卷(理科)答案与解析2

2023年浙江省高考数学试卷（理科）

参考答案与试题解析

一、选择题（共10小题，每题5分，总分值50分）

1.（5分）（2023•浙江）设U=R,A={x|x>0},B={x|x>l},那么AnCuB=（）

A.{x|0<x<l}B.{x|0<x<l}C.{x|x<0}D.{x|x>l}

【考点】交、并、补集的混合运算.

【专题】集合.

【分析】欲求两个集合的交集，先得求集合CuB,再求它与A的交集即可.

【解答】解：对于CuB={x|xR},

因此AnCuB={x[0<xSl},

应选B.

【点评】这是一个集合的常见题，属于根底题之列.

2.（5分）（2023•浙江）a,b是实数，那么"a>0且b>0"是"a+b>0且ab>0"的（）

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.

【专题】简易逻辑.

【分析】考虑“a>0且b>0"与"a+b>0且ab>0〃的互推性.

【解答】解：由a>0且b>0n"a+b>0且ab>0",

反过来“a+b>0且ab>0"=a>0且b>0,

Ma>0且b>0"="a+b>0且ab>0”,

即“a>0且b>0"是"a+b>0且ab>0"的充分必要条件，

应选C

【点评】此题考查充分性和必要性，此题考得几率比拟大，但往往与其他知识结合在一起考

查.

3.（5分）（2023•浙江）设复数z=l+i（i是虚数单位），那么2+Z2=（）

z

A.-1-iB.-1+iC.1-iD.1+i

【考点】复数代数形式的混合运算.

【专题】数系的扩充和复数.

【分析】把复数z代入表达式化简整理即可.

【解答】解：^2+Z2=^+（i+i）2=1-i+2i=l+i,

z1+i

应选D.

【点评】本小题主要考查了复数的运算和复数的概念，以复数的运算为载体，直接考查了对

于复数概念和性质的理解程度.

4.（5分）（2023•浙江）在二项式（乂2-工）5的展开式中，含的项的系数是（）

x

A.-10B.10C.-5D.5

【考点】二项式定理.

【专题】二项式定理.

【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为4求得.

【解答】解：对于T』=C；（x2）5r（-工）r=（-1）"If

对于10-3r=4,

r=2,

那么x4的项的系数是CS?（-1）2=10

应选项为B

【点评】二项展开式的通项是解决二项展开式的特定项问题的工具.

5.（5分）（2023•浙江〕在三棱柱ABC-AiBiCi中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D

是侧面BBICIC的中心，那么AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）

A.30°B.45°C.60°D.90°

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系.

【专题】空间位置关系与距离.

【分析】此题考查的知识点是线面夹角，由中侧棱垂直于底面，我们过D点做BC的垂线,

垂足为E,那么DE_L底面ABC,且E为BC中点，那么E为A点在平面BBiCiC上投影，

那么NADE即为所求线面夹角，解三角形即可求解.

【解答】解：如图，取BC中点E,连接DE、AE、AD,

依题意知三棱柱为正三棱柱，

易得AE_L平面BBiCiC,故NADE为AD与平面BBICIC所成的角.

设各棱长为1,那么AE=1

2

曼

DE=—.tanZADE=£=?

2DE工

~2

：.ZADE=60°.

应选C

【点评】求直线和平面所成的角时，应注意的问题是：（1）先判断直线和平面的位置关系.（2）

当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造--作出或找到斜线与射影所成的角；②设

定--论证所作或找到的角为所求的角；③计算--常用解三角形的方法求角；④结论-

一点明斜线和平面所成的角的值.

6.（5分）（2023•浙江）某程序框图如下图，该程序运行后输出的k的值是（）

A.4B.5C.6D.7

【考点】程序框图.

【专题】算法和程序框图.

【分析】根据流程图所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序的作

用是计算满足S=2。+22°+…2100的最小项数

【解答】解：根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中各变量值变化如下表:

是否继续循环SK

循环前/00

第一圈是11

第二圈是32

第三圈是113

第四圈是20594

第五圈否

最终输出结果k=4

故答案为A

【点评】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处

理方法是：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中既要分析出计算的类型，

又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比拟多，也可使用表格对数据进行分析管

理）=②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模.

7.15分）（2023•浙江）设向量W，E满足：百=3,|bl=4.a«b=0.以W，b>W-芯的模为

边长构成三角形，那么它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为（）

A.3B.4C.5D.6

【考点】直线与圆相交的性质；向量的模；平面向量数量积的运算.

【专题】平面向量及应用.

【分析】先根据题设条件判断三角形为直角三角形，根据三边长求得内切圆的半径，进而看

半径为1的圆内切于三角形时有三个公共点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现

4个交点的情况，进而可得出答案.

【解答】解：•.・向量a・b=0,.♦.此三角形为直角三角形，三边长分别为3,4,5,进而可知

其内切圆半径为1,

・•・对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，

对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，

但5个以上的交点不能实现.

应选B

【点评】此题主要考查了直线与圆的位置关系.可采用数形结合结合的方法较为直观.

8.15分）（2023•浙江）a是实数，那么函数f（x）=l+asinax的图象不可能是（）

【考点】正弦函数的图象.

【专题】三角函数的图像与性质.

【分析】函数f（x）=l+asinax的图象是一个正弦曲线型的图，其振幅为|a|,周期为书,

lai

周期与振幅成反比，从这个方向观察四个图象.

【解答】解：对于振幅大于1时，

三角函数的周期为：丁=谷，.-.T<2n,

而D不符合要求，它的振幅大于1,但周期反而大于了2n.

对于选项A,a<LT>2n,满足函数与图象的对应关系，

应选D.

【点评】由于函数的解析式中只含有一个参数，这个参数影响振幅和周期，故振幅与周期相

互制约，这是此题的关键.

22

9.15分）（2023•浙江）过双曲线2_-空1（a>0,b>0）的右顶点A作斜率为-1的直

a2,b2

线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B、C.假设屈前，那么双曲线的离心

2

率是（）___

A.V2B.V3C.V5D.V10

【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；双曲线的简单性质.

【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程.

【分析】分别表示出直线1和两个渐近线的交点，进而表示出祈和前，进而根据标=1前求

2

得a和b的关系，进而根据c2-a2=b2,求得a和c的关系，那么离心率可得.

【解答】解：直线1：y=-x+a与渐近线h：bx-ay=0交于B月殳），

a+ba+b

2__u

1与渐近线12：bx+ay=0交于C］」一，——A（a,0）,

ba-b

2a2b

AB=（-也，也），BC-rpb）,7B=1BC，

a+ba+b7^'a2-b22

.-ab_a2b

,b=2a,

J.c2-a2=4a2,

应选c.

【点评】此题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题.要求学生有较高地转化数学思想的运

用能力，能将条件转化到根本知识的运用.

10.（5分）（2023•浙江）定义A-B={x|x€A且xCB},假设P={1,2,3,4},Q={2,5},

那么Q-P=（）

A.PB.{5}C.{1,3,4}D.Q

【考点】集合的包含关系判断及应用.

【专题】集合.

【分析】理解新的运算，根据新定义A-B知道，新的集合A-B是由所有属于A但不属于

B的元素组成.

【解答】解：Q-P是由所有属于Q但不属于P的元素组成，所以Q-P={5}.

应选B.

【点评】此题主要考查了集合的运算，是一道创新题，具有一定的新意.要求学生对新定义

的A-B有充分的理解才能正确答.

二、填空题（共7小题，每题4分，总分值28分）

11.（4分）（2023•浙江）设等比数列｛an｝的公比Q=1，前n项和为Sn,那么,15.

2a4

【考点】等比数列的性质.

【专题】等差数列与等比数列.

【分析】先通过等比数列的求和公式，表示出S4,得知a4=aiq3,进而把ai和q代入包约

a4

分化简可得到答案.

44

a.（1-q）<Sd1-a

【解答】解：对于s二'一-一，.=.3..♦一=二q、=15

41-qa4a1qq3（1-q）

【点评】此题主要考查了等比数列中通项公式和求和公式的应用.属根底题.

12.（4分）（2023•浙江）假设某个几何体的三视图（单位：cm）如下图，那么该几何体的

体积是18cn?.

【考点】由三视图求面积、体积.

【专题】立体几何.

【分析】由图可知，图形由两个体积相同的长方体组成，求出其中一个体积即可.

【解答】解：由图可知，底下的长方体底面长为3,宽为1,底面积为3x1=3,高为3,因

此体积为3x3=9；

上面的长方体底面是个正方形，边长为3,高为1,易知与下面的长方体体积相等，

因此易得该几何体的体积为9x2=18.

【点评】此题考查学生的空间想象能力，是根底题.

'x+y>2

13.14分）（2023•浙江）假设实数x,y满足不等式组<2x-y<4,那么2x+3y的最小值

x-

是4.

【考点】简单线性规划.

【专题】不等式的解法及应用.

【分析】先由约束条件画出可行域，再求出可行域各个角点的坐标，将坐标逐一代入目标函

数，验证即得答案.

x+y〉2

【解答】解：如图即为满足不等式组<2x-y<4的可行域，

x-y>0

由图易得：当x=2,y=0时，2x+3y=4；

当x=l,y=l时，2x+3y=5；

当x=4,y=4时，2x+3y=20,

因此,当x=2,y=0时,2x+3y有最小值4.

故答案为4

【点评】在解决线性规划的小题时，我们常用"角点法"，其步骤为：①由约束条件画出可

行域=②求出可行域各个角点的坐标=③将坐标逐一代入目标函数=④验证，求出最优

解.

14.（4分）（2023•浙江）某地区居民生活用电分为顶峰和低谷两个时间段进行分时计价.该

地区的电网销售电价表如图：

顶峰时间段用电价格表低谷时间段用电价格表

顶峰月用电量顶峰电价（单位：元/千瓦时）低谷低谷

（单位：千瓦时）月用电价

电量（单

（单位：

位：元/

千瓦千瓦

时）时）

50及以下的局部0.568500.288

及以

下的

局部

超过50至200的局部0.598超过0.318

50

至

200

的局

部

超过200的局部0.668超过0.388

200

的局

部

假设某家庭5月份的顶峰时间段用电量为200千瓦时，低谷时间段用电量为100千瓦时，那

么按这种计费方式该家庭本月应付的电费为—^元（用数字作答）

【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法.

【专题】函数的性质及应用.

【分析】先计算出顶峰时间段用电的电费，和低谷时间段用电的电费，然后把这两个电费相

加.

【解答】解：顶峰时间段用电的电费为50x0.568+150x0.598=28.4+89.7=118.1（元），

低谷时间段用电的电费为50x0.288+50x0.318=14.4+15.9=30.3（元），

本月的总电费为118.1+30.3=148.4（元），

故答案为：148.4.

【点评】此题考查分段函数的函数值的求法，表达了分类讨论的数学思想，属于中档题.

15.14分）（2023•浙江〕观察以下等式：观察以下等式：

C1+C5=23-2,

55

C1+C5+c9=27+23,

999

C1+C5+c9+C13=2"-2$,

13131313

C1+C5+c9+c13+c17=215+27,

1717171717

由以上等式推测到一个一般结论：

4nln2n1

对于n€N*,C1+C5+c9+...+C5+1=2+（-1）2-.

4n+l4n+l4n+l4n+l

【考点】二项式定理的应用.

【专题】二项式定理.

【分析】通过观察类比推理方法结论由二项构成，第二项前有（-1）口，二项指数分别为

24n122n1

【解答】解：结论由二项构成，第二项前有（-1）n,二项指数分别为2羯7,22nl,

因此对于n€N*,C4n+1l+C4n+l'5+C4n+|9+...+C4n+|4n+l=24n'+（-1）n2-n1.

故答案为24n-1+（-1）n22n-'

【点评】此题考查观察、类比、归纳的能力.

16.（4分）（2023•浙江）甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，假设每级台阶最多站2

人，同一级台阶上的人不区分站的位置，那么不同的站法总数是—维

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】排列组合.

【分析】由题意知此题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，假

设有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果.

【解答】解：由题意知此题需要分组解决，

・•・对于7个台阶上每一个只站一人有A73种；

假设有一个台阶有2人另一个是1人共有C31A72种，

根据分类计数原理知共有不同的站法种数是A73+C31A72=336种.

故答案为：336.

【点评】分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理

求和，得到总数.分步要做到步骤完整--完成了所有步骤，恰好完成任务.

17.（4分）（2023•浙江）如图，在长方形ABCD中，AB=2,BC=1,E为DC的中点，F为

线段EC〔端点除外）上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD_L平面ABC,在平

面ABD内过点D作DK_LAB,K为垂足，设AK=t,那么t的取值范围是（X1）.

一2

【考点】平面与平面垂直的性质；棱锥的结构特征.

【专题】空间位置关系与距离；空间角；立体几何.

【分析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时与随着F点到C

点时，分别求出此两个位置的t值即可得到所求的答案

【解答】解：此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，可得t=l,

随着F点到C点时，当C与F无限接近，不妨令二者重合，此时有CD=2

因CBJ.AB,CB±DK,

CBJ_平面ADB,即有CB_LBD,

对于CD=2,BC=1,在直角三角形CBD中，得BD=«,

又AD=1,AB=2,再由勾股定理可得NBDA是直角，因此有ADLBD

再由DK_LAB,可得三角形ADB和三角形AKD相似，可得t=L

2

因此t的取值的范围是（X1）

2

故答案为（［，1）

2

【点评】考查空间图形的想象能力，及根据相关的定理对图形中的位置关系进行精准判断的

能力.

三、解答题（共5小题，总分值72分）

18.（14分）（2023•浙江）在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c,且满足

cos^=—>AB^AC=3.

（I）求aABC的面积；

（口）假设b+c=6,求a的值.

【考点】二倍角的余弦；平面向量数量积的运算；余弦定理.

【专题】解三角形.

［分析*I）利用二倍角公式利用8q=纯求得cosA,进而求得sinA,进而根据至-AC=3

25

求得be的值，进而根据三角形面积公式求得答案.

（口）根据be和b+c的值求得b和c,进而根据余弦定理求得a的值.

cosA=2cos2^-1=|-sinA={

又由根•豆=3,

得bccosA=3,bc=5,

,SAARC—2bcsinA=2

（H）对于bc=5,又b+c=6,

J.b=5,c=l或b=l,c=5,

由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=20,42垂）

【点评】此题主要考查了解三角形的问题.涉及了三角函数中的倍角公式、余弦定理和三角

形面积公式等，综合性很强.

19.（14分）（2023•浙江〕在1,2,3...,9,这9个自然数中，任取3个数.

（I）求这3个数中，恰有一个是偶数的概率；

（口）记七为这三个数中两数相邻的组数，（例如：假设取出的数1、2、3,那么有两组相

邻的数1、2和2、3,此时£的值是2）.求随机变量《的分布列及其数学期望E"

【考点】等可能事件的概率；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；

组合及组合数公式.

【专题】概率与统计.

【分析】（I）由题意知此题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是从9个数字中选3

个，而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数，即有一个偶数和两个奇数.根据概率公式

得到结果.

（2）随机变量£为这三个数中两数相邻的组数，那么£的取值为0,1,2,当变量为0时表

示不包含相邻的数，结合变量对应的事件写出概率和分布列，算出期望.

【解答】解：(I)由题意知此题是一个古典概型，

试验发生包含的所有事件是C93,

而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数共有C4'C52

记"这3个数恰有一个是偶数"为事件A,

(II)随机变量£为这三个数中两数相邻的组数，

那么S的取值为0,1，2,

当变量为0时表示不包含相邻的数Pd=0)=至,

12

P(1=1)=1，P(£=2)=」

212

S的分布列为

012

P511

12212

•••£的数学期望为瞋=0X4+1x%2X七*

【点评】此题考查离散型随机变量的分布列，求离散型随机变量的分布列和期望是近年来理

科高考必出的一个问题，题目做起来不难，运算量也不大，只要注意解题格式就问题不大.

20.(14分)(2023•浙江)如图，平面PAC_L平面ABC,△ABC是以AC为斜边的等腰直

角三角形，E,F,O分别为PA,PB,AC的中点，AC=16,PA=PC=10.

(I)设G是OC的中点，证明：FGII平面BOE；

(口)证明：在AABO内存在一点M,使FM_L平面BOE,并求点M到OA,OB的距离.

【考点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算.

【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；立体几何.

【分析】由于PAC_L平面ABC,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC的中

点，AC=16,PA=PC=10,所以PO、OB、OC是两两垂直的三条直线，

因此可以考虑用空间向量解决：连接OP,以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直

线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz,

对于(I),只需证明向量FG与平面BOE的一个法向量垂直即可，而根据坐标，平面的一

个法向量可求，从而得证；

对于(II),在第一问的根底上，课设点M的坐标，利用FM_L平面BOE求出M的坐标，

而其道OA、OB的距离就是点M横纵坐标的绝对值.

【解答】证明：(I)如图，连接OP,以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x

轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz,

那么O(0,0,0),A[0,-8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P[0,0,6),E(0,

-4,3),F(4,0,3),13分)

由题意得，G[0,4,0),因砾(8,0,0),QE=(0,-4,3))

因此平面BOE的法向量为主(°,3,4)，(-4,4,-3)

得1•而=0，又直线FG不在平面BOE内，因此有FGII平面BOE.(6分)

(II)设点M的坐标为(xo,yo,0),那么标二(Xq-4,yQ,-3)，

因为FM_L平面BOE,

所以有FMIIm因此有x0=4,y0二一/

即点M的坐标为(4,0)(8分)

4

\>0

在平面直角坐标系xoy中，△AOB的内部区域满足不等式组，y<0，

x-y<8

经检验，点M的坐标满足上述不等式组，

所以在△ABO内存在一点M,使FM_L平面BOE,

由点M的坐标得点M到OA,OB的距离为4,8.(12分)

4

【点评】此题考查直线与平面的平行的判定以及距离问题，建立了空间坐标系，所有问题就

转化为向量的运算，使得问题简单，解决此类问题时要注意空间向量的使用.

21.115分)(2023•浙江)椭圆Ci：—+工=](a>b>0)的右顶点A(1,0),过Ci的

2,2x

ab

焦点且垂直长轴的弦长为1.

(I)求椭圆Ci的方程；

(II)设点P在抛物线C2：y=x2+h(heR)上，C2在点P处的切线与Ci交于点M,N.当

线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值.

【考点】圆锥曲线的综合；椭圆的标准方程.

【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题.

【分析】(I)根据题意，求出a,b的值，然后得出椭圆的方程.

(II)设出M,N,P的坐标，将直线代入椭圆，联立方程组，根据△判断最值即可.

%=1_

a=2

【解答】解：(I)由题意得Jb2,.-J,

2^—=11b=l

a

2

所求的椭圆方程为彳+x2=i，

(II)不妨设M(xi,yi),N(X2,y2),P[t,t2+h),

那么抛物线C2在点P处的切线斜率为y,|x=t=2t,

直线MN的方程为y=2tx-t2+h,将上式代入椭圆C1的方程中,

得4x2+(2tx-t2+h)2-4=0,

即4(1+t2)x2-4t(t2-h)x+(t2-h)2-4=0,

因为直线MN与椭圆Ci有两个不同的交点，

所以有Ai=16[-t4+2(h+2)t2-h2+4]>0,

设线段MN的中点的横坐标是X3,

xi■!"x9-h)

那么x__l___

322(1+12)

设线段PA的中点的横坐标是X4,

那么由题意得X3=X4,

x42

即有P+(1+h)t+l=O,

其中的A2=(1+h)2-4>0,h>l^h<-3；

当hV-3时有h+2c0,4-h2<0,

因此不等式△i=16[-t4+2(h+2)t2-h2+4]>0不成立;

因此h2l,当h=l时代入方程t?+(1+h)t+l=0得t=-1,

将h=l,t=-1代入不等式△i=16[-t4+2(h+2)t2-h2+4]>0成立，因此h的最小值为1.

【点评】此题考查圆锥图象的综合利用，椭圆方程的应用，通过构造一元二次方程，利用根

的判别式计算，属于中档题.

22.(15分)(2023•浙江)函数f(x)=x3-(k2-k+1]x2+5x-2,g(x)=k2x2+kx+l,其

中kGR.

(I)设函数p(x)=f(x)+g(x).