2023年普通高等學校招生全國統一考試（四川）理科
1.設集合，集合，則
a. b. c. d.
【答案】a
【解析】，且，故選a
2.設是虛數單位，則複數
a. b. c. d.
【答案】c
【解析】，故選c
3.執行如圖所示的程式框圖，輸出s的值是
abb. c. d.
【答案】d
【解析】進入迴圈，當時才能輸出的值，則，故選d
4.下列函式中，最小正週期為且圖象關於原點對稱的函式是
ab.cd.
【答案】a
【解析】
a.可知其滿足題意
b.可知其影象的對稱中心為，最小正週期為
c.可知其影象的對稱中心為，最小正週期為
d.可知其影象的對稱中心為小正週期為
5.過雙曲線的右焦點且與軸垂直的直線，交該雙曲線的兩條漸近線於、兩點，則
abcd.
【答案】d
【解析】
由題可知漸近線方程為，右焦點，
則直線與兩條漸近線的交點分別為， ，所以
6.用數字0，1，2，3，4，5組成沒有重複數字的五位數，其中比40000大的偶數共有
（a）144個 （b）120個 （c）96個 （d）72個
【答案】
【解析】分類討論
1 當5在萬位時，個位可以排0、2、4三個數，其餘位置沒有限制，故有種。
2 當4在萬位時，個位可以排0、2兩個數，其餘位置沒有限制，固有種，
綜上：共有120種。故選b。
7.設四邊形abcd為平行四邊形，.若點m,n滿足，，則（ ）
（a）20 （b）15 （c）9d）6
【答案】c
【解析】c.本題從解題方式方法上可有兩種思路。
方法：這個地方四邊形abcd為平行四邊形，可賦予此四邊形為矩形，進而以a為座標原點建立座標系。由進而
，，。方法：這個地方可以以，為基底向量，利用三角形法則將，分別用基底向量表示可得，則。
綜合兩種方法，顯然方法更具備高考解題的準確性和高效性。
8.設都是不等於的正數，則「」是「」的
（a）充要條件b）充分不必要條件
（c）必要不充分條件 （d）既不充分也不必要條件
【答案】
【解析】條件等價於。當時，。所以，，即。所以，「」是「」的充分條件。但也滿足，而不滿足。所以，「」是「」的不必要條件。故，選。
9.如果函式在區間單調遞減，則的最大值為
（a）16 （b）18 （c）25d）
【答案】
【錯誤解析】由單調遞減得：，故在上恆成立。而是一次函式，在上的影象是一條線段。故只須在兩個端點處即可。即
，由得：。所以，. 選c。
【錯誤原因】當且僅當時取到最大值，而當，不滿足條件。
【正確解析】同前面一樣滿足條件。由條件得：。於是，。當且僅當時取到最大值。經驗證，滿足條件。故選。
10.設直線與拋物線相交於兩點，與圓相切於點，且為線段的中點.若這樣的直線恰有4條，則的取值範圍是
（a） （b） （cd）
【答案】
【解析】方法一：當直線與軸垂直的時候，滿足條件的直線有且只有條。
當直線與軸不垂直的時候，由對稱性不妨設切點，則切線的斜率為：。另一方面，由於為中點，故由點差法得：。故，。
由於在拋物線內，所以滿足。代入並利用化簡得到。故。
當時，由知滿足條件且在軸上方的切點只有個。從而總的切線有條。故選。
方法二：當直線與軸垂直的時候，滿足條件的直線有且只有條。
當直線與軸不垂直的時候，設切點座標為，切線與拋物線的交點為，，由，得，則，所以….①
將切點代入圓方程，得…..②
又切點必在拋物線內部，所以…..③
由①②③可得，。
二、填空題
11.在的展開式中，含的項的係數是________（用數字填寫答案）
〖答案〗
〖解析〗由題意知的係數為：
12.的值是________
〖答案〗
〖解析〗
13.某食品的保鮮時間（單位：小時）與儲藏溫度（單位：
）滿足函式關係（為自然對數的底數，k，b為常數）。若該食品在的保鮮時間是192小時，在23的保鮮時間是48小時，則該食品在33的保鮮時間是________小時。
〖答案〗24
〖解析〗
故當時，
14.如圖，四邊形abcd和adpq均為正方形，它們所在的平面相互垂直，動點m**段pq上，e，f分別為ab，bc中點，設異面直線em與af所成的角為，則的最大值為________
〖答案〗
〖解析〗
ab為x軸，ad為y軸，aq為z軸建立座標系，設正方形邊長為令，即
15.已知函式。對於不相等的實數，，設，。現有如下命題：
(1) 對於任意不相等的實數，，都有；
(2) 對於任意的及任意不相等的實數，，都有；
(3) 對於任意的，存在不相等的實數，，使得;
(4) 對於任意的，存在不相等的實數，，使得.
其中的真命題有寫出所有真命題的序號）。
〖答案〗(1) (4)
〖解析〗
(1)設》,函式單調遞增，所有》,->0, 則=>0,所以正確；
(2)設》,則->0,則
，可令=1， =2，
a=—4，則n=—1<0，所以錯誤；
(3)因為，由（2）得： ，分母乘到右邊，右邊即為，所以原等式即為=，
即為=，令,
則原題意轉化為對於任意的，函式存在不相等的實數，使得函式值相等，，則，則，
令，且，可得為極小值。若，則，即，單調遞增，不滿足題意，所以錯誤。
(4)由(3) 得=，則，設，有，使其函式值相等，則不恒為單調。
，，恆成立，單調遞增且，。所以先減後增，滿足題意，所以正確。
（3）思路二：可用拉格朗日中值定理解決。
若，則有=，即可得
可建構函式，由拉格朗日中值定理，
必存在，使得，又，則
即對任意a均有解。數型結合可知，函式與可以無交點。
所以對任意a均有解不成立，所以不成立。
6.（本小題12分）設數列的前項和，且成等差數列。
（1）求數列的通項公式；
（2）記數列的前項和，求得使成立的的最小值。
解：（1）當時有，
則 （）
則是以為首項，2為公比的等比數列。
又由題意得則
（2）由題意得由等比數列求和公式得
則又當時，
成立時，的最小值的。
點評：此題放在簡答題的第一題，考察前項和與通項的關係和等比數列的求和公式，難度較易，考察常規。可以說是知識點的直接運用。所以也提醒我們在複習時要緊抓課本，著重基礎。
17.（本小題12分）某市a,b兩所中學的學生組隊參加辯論賽，a中學推薦3名男生，2名女生，b中學推薦了3名男生，4名女生，兩校推薦的學生一起參加集訓，由於集訓後隊員的水平相當，從參加集訓的男生中隨機抽取3人，女生中隨機抽取3人組成代表隊
（1）求a中學至少有1名學生入選代表隊的概率.
（2）某場比賽前。從代表隊的6名隊員中隨機抽取4人參賽，設x表示參賽的男生人數，求x得分布列和數學期望.
【解析】（1）正難則反。求出a中學中無學生入選代表隊的概率，再用1減去即能得到題目所求。
（2）由題意，知，分別求出相應的概率，由此能求出的分布列和期望。
【答案】
（1） 設事件表示「a中學至少有1名學生入選代表隊」，
（2） 由題意，知,
;; 因此的分布列為：
期望為：
【點評】本題主要考察了利用排列組合解決概率問題。第一問用了正難則反的思想。題意容易理解，入手點容易找到，並且計算也並無門檻，是一道常規題，容易得分。
18.（本小題滿分分）
乙個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設的中點為，的中點為。
（）請將字母標記在正方體相應的頂點處（不需說明理由）
（）證明：直線平面
（）求二面角余弦值
【答案】
（）直接將平面圖形摺疊同時注意頂點的對應方式即可
如圖（）
連線，取的中點，連線
因為、為線段、中點，所以且
又因為中點，所以
得到且所以四邊形為
得到又因為平面
所以平面（得證）
（）連線，，過點作，垂足在上，過點作平面垂線，交於點，連線，則二面角
因為平面，且,所以
又， 平面,所以平面
且，所以，所以三角形為
設正方體稜長為，則，
所以，因為，三角形為，所以
所以，所以
所以【點評】考點立體圖形的展開與摺疊線線平行、線面平行二面角的求解。此次立體幾何題加入了讓學生「畫圖」，不過圖象為長方體，降低了認識圖形上的難度。
19.（本題滿分12分）
如圖，為平面四邊形的四個內角.
（1）證明：；
（2）若，，，，，求.
【解析】
（1）證明：.
（2）解：
方法（一）
由可知，所以有，同理，，進一步上式化簡可得：
（*）連線，設，在和中分別利用餘弦定理及可得
，即解得，從而得，.同理可得，，.代入（*）式可得
方法（二）
由方法（一）知，，又由（1）有，因為，所以，所以，同理可得：，，解得，.
所以.【點評】本題主要考查三角函式中正切半形公式的推導，三角函式化簡求值，餘弦定理等知識。考查學生轉化思想、計算能力.
本題將三角函式化簡求值與解三角形結合，並且兩小問以正切函式出題，既考查考生基礎知識，又體現題目的新穎！
20.（本小題13分）如圖，橢圓的離心率是，過點的動直線與橢圓相交於兩點。當直線平行於軸時，直線被橢圓截得的線段長為。
（1） 球橢圓的方程；
（2） 在平面直角座標系中，是否存在與點不同的定點，使得恆成立？若存在，求出點的座標；若不存在，請說明理由。
【答案】
解：（1）由題知橢圓過點。得
解得：。
所以，橢圓方程為：。
(2)假設存在滿足題意的定點。
當直線平行於軸時，，兩點關於軸對稱，得在軸上。不妨設
當直線為軸時，。解得
下證對一般的直線，也滿足題意。
由得軸為的角平分線。所以。
不妨設，化簡得①
又橢圓方程與直線方程聯立得：
， 帶入①得成立。故假設成立。綜上存在點滿足題意。
【點評】此題的第一問求橢圓方程，考察簡單，較容易得分。第二問，出現了長度比值，由特殊到一般先找到了定點，再去驗證，降低了試題的難度。並且通過題中線段比聯想到了角平分線的性質，這點事學生不容易觀察到的。
也提醒我們解析幾何是幾何和代數的結合，能夠有效快速地觀察到幾何關係可以大大地簡化我們的計算，從而節約時間！
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