PAGEPAGE10歡迎下載！！！2023年普通高等學校招生全國統一考試理科數學〔必修+選修Ⅱ〕一、選擇題(1)設集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=AB，那么集合〔AB〕中的元素共有〔A〕3個〔B〕4個〔C〕5個〔D〕6個〔2〕=2+I,那么復數z=〔A〕-1+3i(B)1-3i(C)3+I(D)3-i(3)不等式＜1的解集為〔A〕｛x(B)〔C〕(D)(4)設雙曲線〔a＞0,b＞0〕的漸近線與拋物線y=x2+1相切，那么該雙曲線的離心率等于〔A〕〔B〕2〔C〕〔D〕(5)甲組有5名同學，3名女同學；乙組有6名男同學、2名女同學。假設從甲、乙兩組中各選出2名同學，那么選出的4人中恰有1名女同學的不同選法共有〔A〕150種〔B〕180種〔C〕300種(D)345種〔6〕設、、是單位向量，且·＝0，那么的最小值為〔A〕〔B〕〔C〕(D)〔7〕三棱柱的側棱與底面邊長都相等，在底面上的射影為的中點，那么異面直線與所成的角的余弦值為〔A〕〔B〕〔C〕(D)〔8〕如果函數的圖像關于點中心對稱，那么的最小值為〔A〕〔B〕〔C〕(D)(9)直線y=x+1與曲線相切，那么α的值為(A)1(B)2(C)-1(D)-2〔10〕二面角α-l-β為600，動點P、Q分別在面α、β內，P到β的距離為，Q到α的距離為，那么P、Q兩點之間距離的最小值為(A)(B)2(C)(D)4〔11〕函數的定義域為R，假設與都是奇函數，那么(A)是偶函數(B)是奇函數(C)(D)是奇函數〔12〕橢圓C:的又焦點為F，右準線為L，點,線段AF交C與點B。假設,那么=(A)(B)2(C)(D)3二、填空題：本大題共4小題，每題5分，共20分．把答案填在題中橫線上．〔注意：在試題卷上作答無效〕(13)的展開式中，的系數與的系數之和等于.(14)設等差數列的前n項和為.假設=72,那么=.(15)直三棱柱-各頂點都在同一球面上.假設∠=，那么此球的外表積等于.(16)假設,那么函數的最大值為.三、解答題：本大題共6小題，共70分．解容許寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17．〔本小題總分值10分〕在ABC中，內角A、B、C的對邊長分別為a、b、c，，且，求b.18．〔本小題總分值12分〕如圖，四棱錐S—ABCD中，底面ABCD為矩形，SD⊥底面ABCD，AD=，DC=SD=2.點M在側棱SC上，∠ABM=60.(Ⅰ)證明：M是側棱SC的中點；〔Ⅱ〕求二面角S—AM—B的大小。(19)(本小題總分值12分)甲、乙二人進行一次圍棋比賽，約定先勝3局者獲得這次比賽的勝利，比賽結束，假設在一局中，甲獲勝的概率為0.6，乙獲勝的概率為0.4，各局比賽結果相互獨立。前2局中，甲、乙各勝1局。〔1〕求甲獲得這次比賽勝利的概率；〔2〕設表示從第3局開始到比賽結束所進行的局數，求的分布列及數學期望。〔20〕〔本小題總分值12分〕在數列中，.設，求數列的通項公式；求數列的前項和.21．〔本小題總分值12分〕如圖，拋物線與圓相交于四個點。〔I〕求的取值范圍：(II)當四邊形的面積最大時，求對角線的交點的坐標。22．〔本小題總分值12分〕設函數有兩個極值點〔Ⅰ〕求b、c滿足的約束條件，并在下面的坐標平面內，畫出滿足這些條件的點〔b，c〕和區域；(Ⅱ)證明：2023年普通高等學校招生全國統一考試理科數學〔必修+選修Ⅱ〕參考答案一、選擇題(1)解：，應選A。〔2〕解：應選B。(3)解：驗x=-1即可。(4)解：設切點，那么切線的斜率為.由題意有又解得:.(5)解:分兩類(1)甲組中選出一名女生有種選法(2)乙組中選出一名女生有種選法.故共有345種選法.選D〔6〕解:是單位向量應選D.〔7〕解：設的中點為D，連結D，AD，易知即為異面直線與所成的角,由三角余弦定理，易知.應選D〔8〕解:函數的圖像關于點中心對稱由此易得.應選A(9)解:設切點，那么,又.故答案選B〔10〕解:如圖分別作，連，又當且僅當，即重合時取最小值。故答案選C。〔11〕解:與都是奇函數，，函數關于點，及點對稱，函數是周期的周期函數.，，即是奇函數。應選D12.解:過點B作于M,并設右準線與x軸的交點為N，易知FN=1.由題意,故.又由橢圓的第二定義,得.應選A二、填空題：13.解:14.解:是等差數列,由,得.15.解:在中,,可得,由正弦定理,可得外接圓半徑r=2,設此圓圓心為，球心為，在中，易得球半徑，故此球的外表積為.16.解:令,三、解答題：本大題共6小題，共70分，解容許寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17〔本小題總分值10分〕解法一：在中那么由正弦定理及余弦定理有:化簡并整理得：.又由.解得.解法二:由余弦定理得:.又,。所以…………………①又，，即由正弦定理得，故………②由①，②解得。18．解法一：〔I〕作∥交于點E，那么∥，平面SAD，連接AE，那么四邊形ABME為直角梯形作，垂足為F，那么AFME為矩形設，那么，由解得，即，從而，所以為側棱的中點〔Ⅱ〕，又,所以為等邊三角形，又由〔Ⅰ〕知M為SC中點，故取AM中點G，連結BG，取SA中點H，連結GH，那么,由此知為二面角的平面角連接，在中，所以二面角的大小為解法二:以D為坐標原點，射線DA為x軸正半軸，建立如下列圖的直角坐標系D-xyz設，那么〔Ⅰ〕設,那么又故即解得，即所以M為側棱SC的中點〔II〕由，得AM的中點又所以因此等于二面角的平面角所以二面角的大小為19．解：記表示事件：第i局甲獲勝，i=3,4,5表示事件：第j局乙獲勝，j=3,4〔Ⅰ〕記B表示事件：甲獲得這次比賽的勝利因前兩局中，甲、乙各勝一局，故甲獲得這次比賽的勝利當且僅當在后面的比賽中，甲先勝2局，從而由于各局比賽結果相互獨立，故==0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6=0.648〔II〕的可能取值為2，3由于各局比賽結果相互獨立，所以===0.6×0.6+0.4×0.4=0.52=1.0.52=0.48的分布列為23P0.520.48=2×0.52+3×0.48=2.4820．解：〔I〕由得，且即從而……于是=又故所求的通項公式〔II〕由〔I〕知,=而,又是一個典型的錯位相減法模型，易得=21．〔I〕將拋物線與圓的方程聯立，消去，整理得．．．．．．．．．．．．．〔＊〕拋物線與圓相交于、、、四個點的充要條件是：方程〔＊〕有兩個不相等的正根即可.由此得解得又所以考生利用數形結合及函數和方程的思想來處理也可以．〔II〕考綱中明確提出不考查求兩個圓錐曲線的交點的坐標。因此利用設而不求、整體代入的方法處理本小題是一個較好的切入點。設與的四個交點的坐標分別為：、、、。那么直線的方程分別為解得點P的坐標為設，由及〔I〕知由于四邊形為等腰梯形，因而其面積那么將代入上式，并令，得求導數令，解得〔舍去〕當時，；時，；時，故當且僅當時，有最大值，即四邊形的面積最大，故所求的點P的坐標為22.解〔I〕依題意知，