2023年全國統一高考數學試卷Ⅰ〔文科〕〔大綱版〕一、選擇題〔共12小題，每題5分，總分值60分〕1．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕cos300°=〔〕A．B．﹣C．D．2．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕設全集U={1，2，3，4，5}，集合M={1，4}，N={1，3，5}，那么N∩〔?UM〕=〔〕A．{1，3}B．{1，5}C．{3，5}D．{4，5}3．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕假設變量x，y滿足約束條件，那么z=x﹣2y的最大值為〔〕A．4B．3C．2D．14．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕各項均為正數的等比數列{an}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，那么a4a5a6=〔〕A．B．7C．6D．5．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕的展開式x2的系數是〔〕A．﹣6B．﹣3C．0D．36．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，假設∠BAC=90°，AB=AC=AA1，那么異面直線BA1與AC1所成的角等于〔〕A．30°B．45°C．60°D．90°7．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕函數f〔x〕=|lgx|．假設a≠b且，f〔a〕=f〔b〕，那么a+b的取值范圍是〔〕A．〔1，+∞〕B．[1，+∞〕C．〔2，+∞〕D．[2，+∞〕8．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕F1、F2為雙曲線C：x2﹣y2=1的左、右焦點，點P在C上，∠F1PF2=60°，那么|PF1|?|PF2|=〔〕A．2B．4C．6D．89．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為〔〕A．B．C．D．10．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕設a=log32，b=ln2，c=，那么〔〕A．a＜b＜cB．b＜c＜aC．c＜a＜bD．c＜b＜a11．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕圓O的半徑為1，PA、PB為該圓的兩條切線，A、B為兩切點，那么的最小值為〔〕A．B．C．D．12．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕在半徑為2的球面上有A、B、C、D四點，假設AB=CD=2，那么四面體ABCD的體積的最大值為〔〕A．B．C．D．二、填空題〔共4小題，每題5分，總分值20分〕13．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕不等式的解集是．14．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕α為第二象限的角，，那么tan2α=．15．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕某學校開設A類選修課3門，B類選修課4門，一位同學從中共選3門，假設要求兩類課程中各至少選一門，那么不同的選法共有種．〔用數字作答〕16．〔5分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕F是橢圓C的一個焦點，B是短軸的一個端點，線段BF的延長線交C于點D，且，那么C的離心率為．三、解答題〔共6小題，總分值70分〕17．〔10分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕記等差數列{an}的前n項和為Sn，設S3=12，且2a1，a2，a3+1成等比數列，求Sn．18．〔12分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕△ABC的內角A，B及其對邊a，b滿足a+b=acotA+bcotB，求內角C．19．〔12分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕投到某雜志的稿件，先由兩位初審專家進行評審．假設能通過兩位初審專家的評審，那么予以錄用；假設兩位初審專家都未予通過，那么不予錄用；假設恰能通過一位初審專家的評審，那么再由第三位專家進行復審，假設能通過復審專家的評審，那么予以錄用，否那么不予錄用．設稿件能通過各初審專家評審的概率均為0.5，復審的稿件能通過評審的概率為0.3．各專家獨立評審．〔Ⅰ〕求投到該雜志的1篇稿件被錄用的概率；〔Ⅱ〕求投到該雜志的4篇稿件中，至少有2篇被錄用的概率．20．〔12分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕如圖，四棱錐S﹣ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB=AD=1，DC=SD=2，E為棱SB上的一點，平面EDC⊥平面SBC．〔Ⅰ〕證明：SE=2EB；〔Ⅱ〕求二面角A﹣DE﹣C的大小．21．〔12分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕求函數f〔x〕=x3﹣3x在[﹣3，3]上的最值．22．〔12分〕〔2023?全國卷Ⅰ〕拋物線C：y2=4x的焦點為F，過點K〔﹣1，0〕的直線l與C相交于A、B兩點，點A關于x軸的對稱點為D．〔Ⅰ〕證明：點F在直線BD上；〔Ⅱ〕設，求△BDK的內切圓M的方程．2023年全國統一高考數學試卷Ⅰ〔文科〕〔大綱版〕參考答案與試題解析一、選擇題〔共12小題，每題5分，總分值60分〕1．〔5分〕【考點】運用誘導公式化簡求值．【分析】利用三角函數的誘導公式，將300°角的三角函數化成銳角三角函數求值．【解答】解：∵．應選C．【點評】本小題主要考查誘導公式、特殊三角函數值等三角函數知識．2．〔5分〕【考點】交、并、補集的混合運算．【分析】根據補集意義先求CUM，再根據交集的意義求N∩〔CUM〕．【解答】解：〔CUM〕={2，3，5}，N={1，3，5}，那么N∩〔CUM〕={1，3，5}∩{2，3，5}={3，5}．應選C【點評】本小題主要考查集合的概念、集合運算等集合有關知識，屬容易題．3．〔5分〕【考點】簡單線性規劃的應用．【分析】先根據約束條件畫出可行域，再利用幾何意義求最值，z=x﹣2y表示直線在y軸上的截距，只需求出可行域直線在y軸上的截距最小值即可．【解答】解：畫出可行域〔如圖〕，z=x﹣2y?y=x﹣z，由圖可知，當直線l經過點A〔1，﹣1〕時，z最大，且最大值為zmax=1﹣2×〔﹣1〕=3．應選：B．【點評】本小題主要考查線性規劃知識、作圖、識圖能力及計算能力，以及利用幾何意義求最值，屬于根底題．4．〔5分〕【考點】等比數列．【分析】由數列{an}是等比數列，那么有a1a2a3=5?a23=5；a7a8a9=10?a83=10．【解答】解：a1a2a3=5?a23=5；a7a8a9=10?a83=10，a52=a2a8，∴，∴，應選A．【點評】本小題主要考查等比數列的性質、指數冪的運算、根式與指數式的互化等知識，著重考查了轉化與化歸的數學思想．5．〔5分〕【考點】二項式定理．【分析】列舉〔1﹣x〕4與可以出現x2的情況，通過二項式定理得到展開式x2的系數．【解答】解：將看作兩局部與相乘，那么出現x2的情況有：①m=1，n=2；②m=2，n=0；系數分別為：①=﹣12；②=6；x2的系數是﹣12+6=﹣6應選A【點評】本小題主要考查了考生對二項式定理的掌握情況，尤其是展開式的通項公式的靈活應用，以及能否區分展開式中項的系數與其二項式系數，同時也考查了考生的一些根本運算能力．6．〔5分〕【考點】異面直線及其所成的角．【分析】延長CA到D，根據異面直線所成角的定義可知∠DA1B就是異面直線BA1與AC1所成的角，而三角形A1DB為等邊三角形，可求得此角．【解答】解：延長CA到D，使得AD=AC，那么ADA1C1為平行四邊形，∠DA1B就是異面直線BA1與AC1所成的角，又A1D=A1B=DB=AB，那么三角形A1DB為等邊三角形，∴∠DA1B=60°應選C．【點評】本小題主要考查直三棱柱ABC﹣A1B1C1的性質、異面直線所成的角、異面直線所成的角的求法，考查轉化思想，屬于根底題．7．〔5分〕【考點】函數的值域；函數的圖象與圖象變化；對數函數的單調性與特殊點．【分析】由條件a≠b，不妨令a＜b，又y=lgx是一個增函數，且f〔a〕=f〔b〕，故可得，0＜a＜1＜b，那么lga=﹣lgb，再化簡整理即可求解；或采用線性規劃問題處理也可以．【解答】解：〔方法一〕因為f〔a〕=f〔b〕，所以|lga|=|lgb|，不妨設0＜a＜b，那么0＜a＜1＜b，∴lga=﹣lgb，lga+lgb=0∴lg〔ab〕=0∴ab=1，又a＞0，b＞0，且a≠b∴〔a+b〕2＞4ab=4∴a+b＞2應選：C．〔方法二〕由對數的定義域，設0＜a＜b，且f〔a〕=f〔b〕，得：，整理得線性規劃表達式為：，因此問題轉化為求z=x+y的取值范圍問題，那么z=x+y?y=﹣x+z，即求函數的截距最值．根據導數定義，函數圖象過點〔1，1〕時z有最小為2〔因為是開區域，所以取不到2〕，∴a+b的取值范圍是〔2，+∞〕．應選：C．【點評】本小題主要考查對數函數的性質、函數的單調性、函數的值域，考生在做本小題時極易無視a的取值范圍，根據條件a＞0，b＞0，且a≠b可以利用重要不等式〔a2+b2≥2ab，當且僅當a=b時取等號〕列出關系式〔a+b〕2＞4ab=4，進而解決問題．8．〔5分〕【考點】雙曲線的定義；余弦定理．【分析】解法1，利用余弦定理及雙曲線的定義，解方程求|PF1|?|PF2|的值．解法2，由焦點三角形面積公式和另一種方法求得的三角形面積相等，解出|PF1|?|PF2|的值．【解答】解：法1．由雙曲線方程得a=1，b=1，c=，由余弦定理得cos∠F1PF2=∴|PF1|?|PF2|=4．法2；由焦點三角形面積公式得：∴|PF1|?|PF2|=4；應選B．【點評】此題主要考查雙曲線定義、幾何性質、余弦定理，考查轉化的數學思想，查考生的綜合運用能力及運算能力．9．〔5分〕【考點】直線與平面所成的角；點、線、面間的距離計算．【分析】正方體上下底面中心的連線平行于BB1，上下底面中心的連線與平面ACD1所成角，即為BB1與平面ACD1所成角，直角三角形中，利用邊角關系求出此角的余弦值．【解答】解：如圖，設上下底面的中心分別為O1，O，設正方體的棱長等于1，那么O1O與平面ACD1所成角就是BB1與平面ACD1所成角，即∠O1OD1，直角三角形OO1D1中，cos∠O1OD1===，應選D．【點評】本小題主要考查正方體的性質、直線與平面所成的角、點到平面的距離的求法，利用等體積轉化求出D到平面ACD1的距離是解決此題的關鍵所在，這也是轉化思想的具體表達，屬于中檔題．10．〔5分〕【考點】對數值大小的比擬；換底公式的應用．【分析】根據a的真數與b的真數相等可取倒數，使底數相同，找中間量1與之比擬大小，便值a、b、c的大小關系．【解答】解：a=log32=，b=ln2=，而log23＞log2e＞1，所以a＜b，c==，而，所以c＜a，綜上c＜a＜b，應選C．【點評】本小題以指數、對數為載體，主要考查指數函數與對數函數的性質、實數大小的比擬、換底公式、不等式中的倒數法那么的應用．11．〔5分〕【考點】圓方程的綜合應用；平面向量數量積的運算．【分析】要求的最小值，我們可以根據中，圓O的半徑為1，PA、PB為該圓的兩條切線，A、B為兩切點，結合切線長定理，設出PA，PB的長度和夾角，并將表示成一個關于x的函數，然后根據求函數最值的方法，進行解答．【解答】解：如下圖：設OP=x〔x＞0〕，那么PA=PB=，∠APO=α，那么∠APB=2α，sinα=，==×〔1﹣2sin2α〕=〔x2﹣1〕〔1﹣〕==x2+﹣3≥2﹣3，∴當且僅當x2=時取“=〞，故的最小值為2﹣3．應選D．【點評】本小題主要考查向量的數量積運算與圓的切線長定理，著重考查最值的求法﹣﹣判別式法，同時也考查了考生綜合運用數學知識解題的能力及運算能力．12．〔5分〕【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；球的性質．【分析】四面體ABCD的體積的最大值，AB與CD是對棱，必須垂直，確定球心的位置，即可求出體積的最大值．【解答】解：過CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB于P，設點P到CD的距離為h，那么有，當直徑通過AB與CD的中點時，，故．應選B．【點評】本小題主要考查幾何體的體積的計算、球的性質、異面直線的距離，通過球這個載體考查考生的空間想象能力及推理運算能力．二、填空題〔共4小題，每題5分，總分值20分〕13．〔5分〕【考點】其他不等式的解法．【分析】此題是解分式不等式，先將分母分解因式，再利用穿根法求解．【解答】解：：，數軸標根得：{x|﹣2＜x＜﹣1，或x＞2}故答案為：{x|﹣2＜x＜﹣1，或x＞2}【點評】本小題主要考查分式不等式及其解法，屬基此題．14．〔5分〕【考點】二倍角的正弦；三角函數值的符號．【分析】先求出tanα的值，再由正切函數的二倍角公式可得答案．【解答】解：因為α為第二象限的角，又，所以，，∴故答案為：﹣【點評】本小題主要考查三角函數值符號的判斷、同角三角函數關系、和角的正切公式，同時考查了根本運算能力及等價變換的解題技能．15．〔5分〕【考點】組合及組合數公式．【分析】由題意分類：〔1〕A類選修課選1門，B類選修課選2門，確定選法；〔2〕A類選修課選2門，B類選修課選1門，確定選法；然后求和即可．【解答】解：分以下2種情況：〔1〕A類選修課選1門，B類選修課選2門，有C31C42種不同的選法；〔2〕A類選修課選2門，B類選修課選1門，有C32C41種不同的選法．所以不同的選法共有C31C42+C32C41=18+12=30種．故答案為：30【點評】本小題主要考查分類計數原理、組合知識，以及分類討論的數學思想．16．〔5分〕【考點】橢圓的簡單性質．【分析】由橢圓的性質求出|BF|的值，利用的向量間的關系、三角形相似求出D的橫坐標，再由橢圓的第二定義求出|FD|的值，又由|BF|=2|FD|建立關于a、c的方程，解方程求出的值．【解答】解：如圖，，作DD1⊥y軸于點D1，那么由，得，所以，，即，由橢圓的第二定義得又由|BF|=2|FD|，得，a2=3c2，解得e==，故答案為：．【點評】本小題主要考查橢圓的方程與幾何性質、第二定義、平面向量知識，考查了數形結合思想、方程思想，此題凸顯解析幾何的特點：“數研究形，形助數〞，利用幾何性質可尋求到簡化問題的捷徑．三、解答題〔共6小題，總分值70分〕17．〔10分〕【考點】等差數列的前n項和；等差數列的性質．【分析】由2a1，a2，a3+1成等比數列，可得a22=2a1〔a3+1〕，結合s3=12，可列出關于a1，d的方程組，求出a1，d，進而求出前n項和sn．【解答】解：設等差數列{an}的公差為d，由題意得，解得或，∴sn=n〔3n﹣1〕或sn=2n〔5﹣n〕．【點評】此題考查了等差數列的通項公式和前n項和公式，熟記公式是解題的關鍵，同時注意方程思想的應用．18．〔12分〕【考點】正弦定理的應用；三角函數的恒等變換及化簡求值．【分析】先利用正弦定理題設等式中的邊轉化角的正弦，化簡整理求得sin〔A﹣〕=sin〔B+〕，進而根據A，B的范圍，求得A﹣和B+的關系，進而求得A+B=，那么C的值可求．【解答】解：由及正弦定理，有sinA+sinB=sinA?+sinB?=cosA+cosB，∴sinA﹣cosA=cosB﹣sinB∴sin〔A﹣〕=sin〔B+〕，∵0＜A＜π，0＜B＜π∴﹣＜A﹣＜＜B+＜∴A﹣+B+=π，∴A+B=，C=π﹣〔A+B〕=【點評】此題主要考查了正弦定理的應用．解題過程中關鍵是利用了正弦定理把邊的問題轉化為角的問題．19．〔12分〕【考點】互斥事件的概率加法公式；相互獨立事件的概率乘法公式；n次獨立重復試驗中恰好發生k次的概率．【分析】〔1〕投到該雜志的1篇稿件被錄用包括稿件能通過兩位初審專家的評審或稿件恰能通過一位初審專家的評審又能通過復審專家的評審兩種情況，這兩種情況是互斥的，且每種情況中包含的事情有時相互獨立的，列出算式．〔2〕投到該雜志的4篇稿件中，至少有2篇被錄用的對立事件是0篇被錄用，1篇被錄用兩種結果，從對立事件來考慮比擬簡單．【解答】解：〔Ⅰ〕記A表示事件：稿件能通過兩位初審專家的評審；B表示事件：稿件恰能通過一位初審專家的評審；C表示事件：稿件能通過復審專家的評審；D表示事件：稿件被錄用．那么D=A+B?C，P〔A〕=0.5×0.5=0.25，P〔B〕=2×0.5×0.5=0.5，P〔C〕=0.3，P〔D〕=P〔A+B?C〕=P〔A〕+P〔B?C〕=P〔A〕+P〔B〕P〔C〕=0.25+0.5×0.3=0.40．〔2〕記4篇稿件有1篇或0篇被錄用為事件E，那么P〔E〕=〔1﹣0.4〕4+C41×0.4×〔1﹣0.4〕3=0.1296+0.3456=0.4752，∴=1﹣0.4752=0.5248，即投到該雜志的4篇稿件中，至少有2篇被錄用的概率是0.5248．【點評】此題關鍵是要理解題意，實際上能否理解題意是一種能力，培養學生的數學思想，提高發現問題、分析問題、解決問題的能力，增強學生數學思維情趣，形成學習數學知識的積極態度．20．〔12分〕【考點】與二面角有關的立體幾何綜合題；平面與平面垂直的性質．【分析】〔Ⅰ〕連接BD，取DC的中點G，連接BG，作BK⊥EC，K為垂足，根據線面垂直的判定定理可知DE⊥平面SBC，然后分別求出SE與EB的長，從而得到結論；〔Ⅱ〕根據邊長的關系可知△ADE為等腰三角形，取ED中點F，連接AF，連接FG，根據二面角平面角的定義可知∠AFG是二面角A﹣DE﹣C的平面角，然后在三角形AGF中求出二面角A﹣DE﹣C的大小．【解答】解：〔Ⅰ〕連接BD，取DC的中點G，連接BG，由此知DG=GC=BG=1，即△DBC為直角三角形，故BC⊥BD．又SD⊥平面ABCD，故BC⊥SD，所以，BC⊥平面BDS，BC⊥DE．作BK⊥EC，K為垂足，因平面EDC⊥平面SBC，故BK⊥平面EDC，BK⊥DE，DE與平面SBC內的兩條相交直線BK、BC都垂直，DE⊥平面SBC，DE⊥EC，DE⊥SD．SB=，DE=EB=所以SE=2EB〔Ⅱ〕由SA=，AB=1，SE=2EB，AB⊥SA，知AE==1，又AD=1．故△ADE為等腰三角形．取ED中點F，連接AF，那么AF⊥DE，AF=．連接FG，那么FG∥EC，FG⊥DE．所以，∠AFG是二面角A﹣DE﹣C的平面角．連接AG，AG=，FG=，cos∠AFG=，所以，二面角A﹣DE﹣C的大小為120°．【點評】此題主要考查了與二面角有關的立體幾何綜合題，考查學生空間想象能力，邏輯思維能力，是中檔題．〔12分〕【考點】利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數的單調性．【分析】先求函數的極值，根據極值與最值的求解方法，將f〔x〕的各極值與其端點的函數值比擬，其中最大的一個就是最大值，最小的一個就是最小值．【解答】解：f′〔x〕=3x2﹣3=3〔x+1〕〔x﹣1〕，令f′〔x〕=0，那么x=﹣1或x=1，經驗證x=﹣1和x=1為極值點，即f〔1〕=﹣2為極小值，f〔﹣1〕=2為極大值．又因為f〔﹣3〕=﹣18，f〔3〕=18，所以函數f〔x〕的最大值為18，最小值為﹣18．【點評】此題主要考查了利用導數研究函數的極值，以及研究函數的最值，當然如果連續函數在區間〔a，b〕內只有一個極值，那么極大值就是最大值，極小值就是最小值，屬于根底題．22．〔12分〕【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題；向量在幾何中的應用；恒過定點的直