第第頁2023年高考數學試卷新課標Ⅰ卷一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.已知集合,,則（）A. B. C. D.22.已知,則（）A. B. C.0 D.13.已知向量,若,則（）A. B.C. D.4.設函數在區間上單調遞減,則的取值范圍是（）A. B.C. D.5.設橢圓的離心率分別為．若,則（）A. B. C. D.6.過點與圓相切的兩條直線的夾角為,則（）A.1 B. C. D.7.記為數列的前項和,設甲:為等差數列；乙:為等差數列,則（）A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件8.已知,則（）．A. B. C. D.二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分．在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求．全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.有一組樣本數據,其中是最小值,是最大值,則（）A.的平均數等于的平均數B.的中位數等于的中位數C.的標準差不小于的標準差D.的極差不大于的極差10.噪聲污染問題越來越受到重視．用聲壓級來度量聲音的強弱,定義聲壓級,其中常數是聽覺下限閾值,是實際聲壓．下表為不同聲源的聲壓級:聲源與聲源的距離聲壓級燃油汽車10混合動力汽車10電動汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車處測得實際聲壓分別為,則（）．A. B.C. D.11.已知函數的定義域為,,則（）．A. B.C.是偶函數 D.為的極小值點12.下列物體中,能夠被整體放入棱長為1（單位:m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（）A.直徑為的球體B.所有棱長均為的四面體C.底面直徑為,高為的圓柱體D.底面直徑為,高為的圓柱體三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分．13.某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課,學生需從這8門課中選修2門或3門課,并且每類選修課至少選修1門,則不同的選課方案共有________種（用數字作答）．14.在正四棱臺中,,則該棱臺的體積為________．15.已知函數在區間有且僅有3個零點,則的取值范圍是________．16.已知雙曲線的左、右焦點分別為．點在上,點在軸上,,則的離心率為________．四、解答題:本題共6小題,共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知在中,．（1）求；（2）設,求邊上的高．18.如圖,在正四棱柱中,．點分別在棱,上,．（1）證明:；（2）點在棱上,當二面角為時,求．19.已知函數．（1）討論的單調性；（2）證明:當時,．20.設等差數列的公差為,且．令,記分別為數列的前項和．（1）若,求的通項公式；（2）若為等差數列,且,求．21.甲、乙兩人投籃,每次由其中一人投籃,規則如下:若命中則此人繼續投籃,若末命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何,甲每次投籃的命中率均為0.6,乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選,第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．（1）求第2次投籃的人是乙的概率；（2）求第次投籃的人是甲的概率；（3）已知:若隨機變量服從兩點分布,且,則．記前次（即從第1次到第次投籃）中甲投籃的次數為,求．22.在直角坐標系中,點到軸的距離等于點到點的距離,記動點的軌跡為．（1）求的方程；（2）已知矩形有三個頂點在上,證明:矩形的周長大于．2023年高考數學試卷新課標Ⅰ卷答案一、選擇題.C解:因為,而,所以．故選:C．2.A解:因為,所以,即．故選:A．3.D解:因為,所以,由可得,即,整理得:．故選:D．4.D解:函數在R上單調遞增,而函數在區間上單調遞減,則有函數在區間上單調遞減,因此,解得.所以的取值范圍是.故選:D.5.A解:由,得,因此,而,所以.故選:A.6.B解:因為,即,可得圓心,半徑過點作圓C的切線,切點為因為,則可得則即為鈍角.所以.故選:B.7.C解:甲:為等差數列,設其首項為,公差為則因此為等差數列,則甲是乙的充分條件.反之,乙:為等差數列,即為常數,設為即,則,有兩式相減得:,即,對也成立因此為等差數列,則甲是乙的必要條件.所以甲是乙的充要條件,C正確.故選:C.8.B解:因為,而,因此則所以.故選:B.二、選擇題.9.BD解:對于選項A:設的平均數為,的平均數為則因為沒有確定的大小關系,所以無法判斷的大小例如:,可得.例如,可得.例如,可得；故A錯誤；對于選項B:不妨設可知的中位數等于的中位數均為,故B正確；對于選項C:因為是最小值,是最大值則的波動性不大于的波動性,即的標準差不大于的標準差例如:,則平均數標準差,則平均數標準差顯然,即；故C錯誤；對于選項D:不妨設則,當且僅當時,等號成立,故D正確；故選:BD.10.ACD解:由題意可知:對于選項A:可得因為,則,即所以且,可得,故A正確；對于選項B:可得因為,則,即所以且,可得當且僅當時,等號成立,故B錯誤；對于選項C:因為,即可得,即,故C正確；對于選項D:由選項A可知:且,則即,可得,且,所以,故D正確；故選:ACD.11.ABC解:因為對于A,令,,故正確.對于B,令,,則,故B正確.對于C,令,,則令又函數的定義域為,所以為偶函數,故正確對于D,不妨令,顯然符合題設條件,此時無極值,故錯誤.12.ABD解:對于選項A:因為,即球體的直徑小于正方體的棱長所以能夠被整體放入正方體內,故A正確；對于選項B:因為正方體的面對角線長為,且所以能夠被整體放入正方體內,故B正確；對于選項C:因為正方體的體對角線長為,且所以不能夠被整體放入正方體內,故C正確；對于選項D:因為正方體的體對角線長為,且設正方體的中心為,以為軸對稱放置圓柱,設圓柱的底面圓心到正方體的表面的最近的距離為如圖,結合對稱性可知:則,即,解得所以能夠被整體放入正方體內,故D正確；故選:ABD.三、填空題．13.64解:（1）當從8門課中選修2門,則不同的選課方案共有種；（2）當從8門課中選修3門①若體育類選修課1門,則不同的選課方案共有種；②若體育類選修課2門,則不同的選課方案共有種；綜上所述:不同的選課方案共有種.故答案為:64.解:如圖,過作,垂足為,易知為四棱臺的高因為則故,則所以所求體積為.故答案為:.15.解:因為,所以令,則有3個根令,則有3個根,其中結合余弦函數的圖像性質可得,故故答案為:.16.解:依題意,設,則在中,,則,故或（舍去）所以,,則故所以在中,,整理得故.四、解答題．17.（1）（2）6【小問1詳解】,即又即,所以.【小問2詳解】由（1）知,由由正弦定理,,可得.18.（1）證明見解析（2）1【小問1詳解】以為坐標原點,所在直線為軸建立空間直角坐標系,如圖則又不在同一條直線上.【小問2詳解】設則設平面的法向量則令,得設平面的法向量則令,得化簡可得,解得或或.19.（1）答案見解析（2）證明見解析【小問1詳解】解:因為,定義域為,所以當時,由于,則,故恒成立所以在上單調遞減；當時,令,解得當時,,則在上單調遞減；當時,,則在上單調遞增；綜上:當時,在上單調遞減；當時,在上單調遞減,在上單調遞增.【小問2詳解】由（1）得,要證,即證,即證恒成立.令,則令,則；令,則；所以在上單調遞減,在上單調遞增.所以,則恒成立.所以當時,恒成立,證畢.20.（1）（2）【小問1詳解】,,解得又即,解得或（舍去）.【小問2詳解】為等差數列,,即,即,解得或,又,由等差數列性質知,,即,即,解得或（舍去）當時,,解得,與矛盾,無解；當時,,解得.綜上,.21.（1）（2）（3）【小問1詳解】記“第次投籃的人是甲”為事件,“第次投籃的人是乙”為事件所以,.【小問2詳解】設,依題可知,,則即構造等比數列設,解得,則又,所以是首項為,公比為的等比數列,即．【小問3詳解】因為,所以當時,故．22.（1）（2）見解析【小問1詳解】設,則,兩邊同平方化簡得故.【小問2詳解】法一:設矩形的三個頂點在上,且,易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在,且不為0.則,令同理令,且,則設矩形周長為,由對稱性不妨設,則.,易知則令令,解得當時,,此時單調遞減當,,此時單調遞增則故,即.當時,,且,即時等號成立,矛盾,故得證.法二:不妨設在上,且依題意可設,易知直線,的斜率均存在且不為0則設,的斜率分別為和,由對稱性,不妨設直線的方程為則聯立得,則則同理令,則,設則