【334338】2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题

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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………

绝密·启用前

2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

1.已知集合 ， ，则 （       ）
A．
B．
C．
D．2

2.已知 ，则 （       ）
A．
B．
C．0
D．1

3.已知向量 ，若 ，则（       ）
A．
B．
C．
D．

4.设函数 在区间 上单调递减，则 的取值范围是（       ）
A．
B．
C．
D．

5.设椭圆 的离心率分别为 ．若 ，则 （       ）
A．
B．
C．
D．

6.过点 与圆 相切的两条直线的夹角为 ，则 （       ）
A．1
B．
C．
D．

7.记 为数列 的前 项和，设甲： 为等差数列；乙： 为等差数列，则（       ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

8.已知 ，则 （       ）．
A．
B．
C．
D．

9.有一组样本数据 ，其中 是最小值， 是最大值，则（       ）
A． 的平均数等于 的平均数
B． 的中位数等于 的中位数
C． 的标准差不小于 的标准差
D． 的极差不大于 的极差

10.噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级 ，其中常数 是听觉下限阈值， 是实际声压．下表为不同声源的声压级：

已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车 处测得实际声压分别为 ，则（       ）．
A．
B．
C．
D．

11.已知函数 的定义域为 ， ，则（       ）．
A．
B．
C． 是偶函数
D． 为 的极小值点

12.下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（       ）
A．直径为 的球体
B．所有棱长均为 的四面体
C．底面直径为 ，高为 的圆柱体
D．底面直径为 ，高为 的圆柱体

13.某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）．

14.在正四棱台 中， ，则该棱台的体积为________．

15.已知函数 在区间 有且仅有3个零点，则 的取值范围是________．

16.已知双曲线 的左、右焦点分别为 ．点 在 上，点 在 轴上， ，则 的离心率为________．

17.已知在 中， ．
(1)求 ；
(2)设 ，求 边上的高．

18.如图，在正四棱柱 中， ．点 分别在棱 , 上， ．
   
(1)证明： ；
(2)点 在棱 上，当二面角 为 时，求 ．

19.已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)证明：当 时， ．

20.设等差数列 的公差为 ，且 ．令 ，记 分别为数列 的前 项和．
(1)若 ，求 的通项公式；
(2)若 为等差数列，且 ，求 ．

21.甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投籃，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第 次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量 服从两点分布，且 ，则 ．记前 次（即从第1次到第 次投篮）中甲投篮的次数为 ，求 ．

22.在直角坐标系 中，点 到 轴的距离等于点 到点 的距离，记动点 的轨迹为 ．
(1)求 的方程；
(2)已知矩形 有三个顶点在 上，证明：矩形 的周长大于 ．

参考答案

1.C

【解析】
方法一：由一元二次不等式的解法求出集合 ，即可根据交集的运算解出．
方法二：将集合 中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．
方法一：因为 ，而 ，
所以 ．
故选：C．
方法二：因为 ，将 代入不等式 ，只有 使不等式成立，所以 ．
故选：C．

2.A

【解析】
根据复数的除法运算求出 ，再由共轭复数的概念得到 ，从而解出．
因为 ，所以 ，即 ．
故选：A．

3.D

【解析】
根据向量的坐标运算求出 ， ，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．
因为 ，所以 ， ，
由 可得， ，
即 ，整理得： ．
故选：D．

4.D

【解析】
利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
函数 在R上单调递增，而函数 在区间 上单调递减，
则有函数 在区间 上单调递减，因此 ，解得 ，
所以 的取值范围是 .
故选：D

5.A

【解析】
根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
由 ，得 ，因此 ，而 ，所以 .
故选：A

6.B

【解析】
方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得 ，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
方法一：因为 ，即 ，可得圆心 ，半径 ，
过点 作圆C的切线，切点为 ，
因为 ，则 ，
可得 ，
则 ，
，
即 为钝角，
所以 ；
法二：圆 的圆心 ，半径 ，
过点 作圆C的切线，切点为 ，连接 ，
可得 ，则 ，
因为
且 ，则 ，
即 ，解得 ，
即 为钝角，则 ，
且 为锐角，所以 ；
方法三：圆 的圆心 ，半径 ，
若切线斜率不存在，则切线方程为 ，则圆心到切点的距离 ，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为 ，即 ，
则 ，整理得 ，且
设两切线斜率分别为 ，则 ，
可得 ，
所以 ，即 ，可得 ，
则 ，
且 ，则 ，解得 .
故选：B.
       

7.C

【解析】
利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，
方法1，甲： 为等差数列，设其首项为 ，公差为 ，
则 ，
因此 为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙： 为等差数列，即 为常数，设为 ，
即 ，则 ，有 ，
两式相减得： ，即 ，对 也成立，
因此 为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲： 为等差数列，设数列 的首项 ，公差为 ，即 ，
则 ，因此 为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙： 为等差数列，即 ，
即 ， ，
当 时，上两式相减得： ，当 时，上式成立，
于是 ，又 为常数，
因此 为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C

8.B

【解析】
根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出 ，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
因为 ，而 ，因此 ，
则 ，
所以 .
故选：B

9.BD

【解析】
根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
对于选项A：设 的平均数为 ， 的平均数为 ，
则 ，
因为没有确定 的大小关系，所以无法判断 的大小，
例如： ，可得 ；
例如 ，可得 ；
例如 ，可得 ；故A错误；
对于选项B：不妨设 ，
可知 的中位数等于 的中位数均为 ，故B正确；
对于选项C：因为 是最小值， 是最大值，
则 的波动性不大于 的波动性，即 的标准差不大于 的标准差，
例如： ，则平均数 ，
标准差 ，
，则平均数 ，
标准差 ，
显然 ，即 ；故C错误；
对于选项D：不妨设 ，
则 ，当且仅当 时，等号成立，故D正确；
故选：BD.

10.ACD

【解析】
根据题意可知 ，结合对数运算逐项分析判断.
由题意可知： ，
对于选项A：可得 ，
因为 ，则 ，即 ，
所以 且 ，可得 ，故A正确；
对于选项B：可得 ，
因为 ，则 ，即 ，
所以 且 ，可得 ，
当且仅当 时，等号成立，故B错误；
对于选项C：因为 ，即 ，
可得 ，即 ，故C正确；
对于选项D：由选项A可知： ，
且 ，则 ，
即 ，可得 ，且 ，所以 ，故D正确；
故选：ACD.

11.ABC

【解析】
方法一：利用赋值法，结合函数奇遇性的判断方法可判断选项ABC，举反例 即可排除选项D.
方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数 进行判断即可.
方法一：
因为 ，
对于A，令 ， ，故 正确.
对于B，令 ， ，则 ，故B正确.
对于C，令 ， ，则 ，
令 ，
又函数 的定义域为 ，所以 为偶函数，故 正确，
对于D，不妨令 ，显然符合题设条件，此时 无极值，故 错误.
方法二：
因为 ，
对于A，令 ， ，故 正确.
对于B，令 ， ，则 ，故B正确.
对于C，令 ， ，则 ，
令 ，
又函数 的定义域为 ，所以 为偶函数，故 正确，
对于D，当 时，对 两边同时除以 ，得到 ，
故可以设 ，则 ，
当 肘， ，则 ，
令 ，得 ；令 ，得 ；
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
因为 为偶函数，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
   
显然，此时 是 的极大值，故D错误.
故选： .

12.ABD

【解析】
根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
对于选项A：因为 ，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为 ，且 ，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为 ，且 ，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为 ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过 的中点 作 ，设 ，
可知 ，则 ，
即 ，解得 ，
且 ，即 ，
故以 为轴可能对称放置底面直径为 圆柱，
若底面直径为 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心 ，与正方体的下底面的切点为 ，
可知： ，则 ，
即 ，解得 ，
根据对称性可知圆柱的高为 ，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.

13.64

【解析】
分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有 种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有 种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有 种；
综上所述：不同的选课方案共有 种.
故答案为：64.

14. ##

【解析】
结合图像，依次求得 ，从而利用棱台的体积公式即可得解.
如图，过 作 ，垂足为 ，易知 为四棱台 的高，
   
因为 ，
则 ，
故 ，则 ，
所以所求体积为 .
故答案为： .

15.

【解析】
令 ，得 有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
因为 ，所以 ，
令 ，则 有3个根，
令 ，则 有3个根，其中 ，
结合余弦函数 的图像性质可得 ，故 ，

故答案为： .

16. ##

【解析】
方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到 关于 的表达式，从而利用勾股定理求得 ，进而利用余弦定理得到 的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得 ， ，将点 代入双曲线 得到关于 的齐次方程，从而得解；
方法一：
依题意，设 ，则 ，
在 中， ，则 ，故 或 （舍去），
所以 ， ，则 ，
故 ，
所以在 中， ，整理得 ，
故 .

方法二:
依题意，得 ，令 ，
因为 ，所以 ，则 ，
又 ，所以 ，则 ，
又点 在 上，则 ，整理得 ，则 ，
所以 ，即 ，
整理得 ，则 ，解得 或 ，
又 ，所以 或 （舍去），故 .
故答案为： .

17.(1)
(2)6

【解析】
（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求 ,再由正弦定理求出 ，根据等面积法求解即可.
（1） ，
，即 ，
又 ，
，
，
，
即 ，所以 ，
.
（2）由（1）知， ，
由 ，
由正弦定理， ，可得 ，
，
.

18.(1)证明见解析；
(2)1

【解析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设 ，利用向量法求二面角，建立方程求出 即可得解.
（1）以 为坐标原点， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图，
   
则 ，
，
，
又 不在同一条直线上，
.
（2）设 ，
则 ，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，
，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，
，
，
化简可得， ，
解得 或 ，
或 ，
.

19.(1)答案见解析
(2)证明见解析

【解析】
（1）先求导，再分类讨论 与 两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为 的恒成立问题，构造函数 ，利用导数证得 即可.
方法二：构造函数 ，证得 ，从而得到 ，进而将问题转化为 的恒成立问题，由此得证.
（1）因为 ，定义域为 ，所以 ，
当 时，由于 ，则 ，故 恒成立，
所以 在 上单调递减；
当 时，令 ，解得 ，
当 时， ，则 在 上单调递减；
当 时， ，则 在 上单调递增；
综上：当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递减， 在 上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得， ，
要证 ，即证 ，即证 恒成立，
令 ，则 ，
令 ，则 ；令 ，则 ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，则 恒成立，
所以当 时， 恒成立，证毕.
方法二：
令 ，则 ，
由于 在 上单调递增，所以 在 上单调递增，
又 ，
所以当 时， ；当 时， ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，则 ，当且仅当 时，等号成立，
因为 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以要证 ，即证 ，即证 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ；令 ，则 ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，则 恒成立，
所以当 时， 恒成立，证毕.

20.(1)
(2)

【解析】
（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由 为等差数列得出 或 ，再由等差数列的性质可得 ，分类讨论即可得解.
（1） ， ，解得 ，
，
又 ，
，
即 ，解得 或 （舍去），
.
（2） 为等差数列，
，即 ，
，即 ，解得 或 ，
， ，
又 ，由等差数列性质知， ，即 ，
，即 ，解得 或 （舍去）
当 时， ，解得 ，与 矛盾，无解；
当 时， ，解得 .
综上， .

21.(1)
(2)
(3)

【解析】
（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设 ，由题意可得 ，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
（1）记“第 次投篮的人是甲”为事件 ，“第 次投篮的人是乙”为事件 ，
所以，
.
（2）设 ，依题可知， ，则
，
即 ，
构造等比数列 ，
设 ，解得 ，则 ，
又 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
即 ．
（3）因为 ， ，
所以当 时， ，
故 ．

22.(1)
(2)见解析

【解析】
（1）设 ，根据题意列出方程 ，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点 ，且 ，分别令 ， ，且 ，利用放缩法得 ，设函数 ，利用导数求出其最小值，则得 的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线 的方程为 ，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得 ，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
（1）设 ,则 ，两边同平方化简得 ，
故 .
（2）法一：设矩形的三个顶点 在 上,且 ，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
   
则 ,令 ，
同理令 ，且 ，则 ，
设矩形周长为 ,由对称性不妨设 ， ，
则 . ，易知
则令 ,
令 ，解得 ，
当 时， ，此时 单调递减，
当 ， ，此时 单调递增，
则 ，
故 ,即 .
当 时, ,且 ，即 时等号成立，矛盾，故 ,
得证.
法二：不妨设 在 上，且 ，
   
依题意可设 ，易知直线 ， 的斜率均存在且不为0，
则设 , 的斜率分别为 和 ，由对称性，不妨设 ，
直线 的方程为 ，
则联立 得 ，
，则
则 ，
同理 ，


令 ，则 ，设 ，
则 ，令 ，解得 ，
当 时， ，此时 单调递减，
当 ， ，此时 单调递增，
则 ，
，
但 ，此处取等条件为 ，与最终取等时 不一致，故 .
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动 个单位得抛物线 ,
矩形 变换为矩形 ,则问题等价于矩形 的周长大于 .
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则 ,从而

故
①当 时,

②当 时,由于 ,从而 ,
从而 又 ,
故 ,由此


，
当且仅当 时等号成立，故 ，故矩形周长大于 .
   .