絕密★啟用前
2023年普通高等學校招生全國統一考試
文科數學(必修+選修i)
本試卷分第ⅰ卷(選擇題)和第ⅱ卷(非選擇題)兩部分。第ⅰ卷1至2頁。第ⅱ卷3至4頁。考試結束後，將本試卷和答題卡一併交回。
第ⅰ卷注意事：
1．答題前，考生在答題卡上務必用直徑0.5公釐黑色墨水簽字筆將自己的姓名、准考證號填寫清楚，並貼好條形碼.請認真核准條形碼上的准考證號、姓名和科目.
2．每小題選出答案後，用2b鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號塗黑，如需改動,用橡皮擦乾淨後，再選塗其他答案標號，在試題卷上作答無效.
3．第ⅰ卷共l2小題，每小題5分，共60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.
一、選擇題
(1)設集合u=,則
（a） （b） （c） （d）
【答案】d
【命題意圖】本題主要考查集合交並補運算.
【解析】
(2)函式的反函式為
（ab）
（cd）
【答案】b
【命題意圖】本題主要考查反函式的求法.
【解析】由原函式反解得,又原函式的值域為,所以函式的反函式為.
(3)設向量滿足, ,則
（a） （b） （c） （d）
【答案】b
【命題意圖】本題主要考查平面向量的數量積與長度的計算方法.
【解析】,所以
(4)若變數x，y滿足約束條件，則的最小值為
（a）17 （b）14 （c）5d）3
【答案】c
【命題意圖】本題主要考查簡單的線性規劃.
【解析】作出不等式組表示的可行域，從圖中不難觀察當直線過直線x=1與x-3y=-2的交點（1，1）時取得最小值,所以最小值為5.
(5)下面四個條件中，使成立的充分而不必要的條件是
（a） （b） （c） （d）
【答案】a
【命題意圖】本題主要考查充要條件及不等式的性質.
【解析】即尋找命題,使,且推不出,逐項驗證知可選a.
(6)設為等差數列的前項和，若，公差，，則
（a）8b）7c）6d）5
【答案】d
【命題意圖】本題主要考查等差數列的基本公式的應用.
【解析】解法一，解得.
解法二:，解得.
(7)設函式，將的影象向右平移個單位長度後，所得的影象與原影象重合，則的最小值等於
（abcd）
【答案】c
【命題意圖】本題主要考查三角函式的週期性與三角函式影象變換的關係.
【解析】由題意將的影象向右平移個單位長度後，所得的影象與原影象重合，說明了是此函式週期的整數倍,得,解得,又,令,得.
(8)已知直二面角,點，,為垂足,，,為垂
足,若，則
（a） 2 （b） （c） （d）1
【答案】c
【命題意圖】本題主要考查二面角的平面角及解三角形.
【解析】因為是直二面角, ,∴平面,
,又,(9) 4位同學每人從甲、乙、丙3門課程中選修1門，則恰有2人選修課程甲的不同選法共有
(a) 12種 (b) 24種 (c) 30種 (d)36種
【答案】b
【命題意圖】本題主要考查兩個原理與排列組合知識，考察考生分析問題的能力.
【解析】第一步選出2人選修課程甲有種方法，第二步安排剩餘兩人從乙、丙中各選1門課程有種選法，根據分步計數原理，有種選法.
(10) 設是週期為2的奇函式，當時， ,則
(abcd)
【答案】a
【命題意圖】本題主要考查利用函式的週期性和奇偶性求函式值的方法. 關鍵是把通過週期性和奇偶性把自變數轉化到區間[0,1]上進行求值.
【解析】由是週期為2的奇函式,利用週期性和奇偶性得:
(11)設兩圓、都和兩座標軸相切，且都過點（4，1），則兩圓心的距離=
(a)4 (b) (c)8 (d)
【答案】c
【命題意圖】本題主要考查圓的方程與兩點間的距離公式.
【解析】由題意知圓心在直線y=x上並且在第一象限,設圓心座標為,則,即,所以由兩點間的距離公式可求出.
(12)已知平面α截一球面得圓，過圓心且與α成二面角的平面β截該球面得圓.若該球面的半徑為4，圓的面積為4，則圓的面積為
(a)7b)9 (c)11d)13
【答案】d
【命題意圖】本題主要考查二面角的概念與球的性質.
【解析】如圖所示,由圓的面積為4知球心到圓的距離,在中, , ∴,故圓的半徑,∴圓的面積為.
第ⅱ卷注意事項：
1答題前，考生先在答題卡上用直徑0．5公釐黑色墨水簽字筆將自己的姓名、准考證號填寫清楚，然後貼好條形碼。請認真核准條形碼卜的准考證號、姓名和科目。2第ⅱ卷共2頁，請用直徑0．5公釐黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答，在試題卷上作答無效。
3第ⅱ卷共l0小題，共90分。
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在題中橫線上.
(注意：在試卷上作答無效)
(13)的二項展開式中，的係數與的係數之差為 .
【答案】0
【命題意圖】本題主要考查二項展開式的通項公式和組合數的性質.
【解析】由得的係數為,的係數為,所以的係數與的係數之差為0.
(14)已知, ,則 .
【答案】
【命題意圖】本題主要考查同角三角函式的基本關係式. 要注意角的範圍，進而確定值的符號.
【解析】, ,則.
(15)已知正方體中，e為的中點，則異面直線ae與bc所成角的余弦值為
【答案】
【命題意圖】本題主要考查正方體中異面直線ae與bc所成的角.
【解析】取a1b1的中點m連線em，am，ae，則就是異面直線ae與bc所成的角。在中，.
(16)已知、分別為雙曲線:的左、右焦點，點，點的座標為(2，0)，為的平分線．則 .
【答案】6
【命題意圖】本題主要考查三角形的內角平分線定理，雙曲線的第一定義和性質.
【解析】為的平分線，∴∴
又點，由雙曲線的第一定義得.
三．解答題：本大題共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)(本小題滿分l0分)(注意：在試題卷上作答無效)
設等比數列的前n項和為.已知求和.
【思路點撥】解決本題的突破口是利用方程的思想建立關於a1和公比q的方程，求出a1和q，然後利用等比數列的通項公式及前n項和公式求解即可。
【解析】設的公比為q,由題設得
3分解得或6分
當時，；
當時10分
(18)(本小題滿分12分)(注意：在試題卷上作答無效)
△abc的內角a、b、c的對邊分別為a、b、c.己知.
(ⅰ)求b；
（ⅱ）若.
【思路點撥】第（i）問由正弦定理把正弦轉化為邊，然後再利用餘弦定理即可解決。
（ii）在（i）問的基礎上知道兩角一邊可以直接利用正弦定理求解.
【解析】(i)由正弦定理得3分
由餘弦定理得.
故，因此6分
（ii）
8分故12分(19)(本小題滿分l2分)(注意：在試題卷上作答無效)
根據以往統計資料，某地車主購買甲種保險的概率為0.5，購買乙種保險但不購買甲種保險的概率為0.3.設各車主購買保險相互獨立.
(i)求該地1位車主至少購買甲、乙兩種保險中的1種的概率；
(ii)求該地3位車主中恰有1位車主甲、乙兩種保險都不購買的概率.
【命題意圖】本題主要考查獨立事件的概率、對立事件的概率、互斥事件的概率及次獨立重複試驗發生k次的概率，考查考生分析問題、解決問題的能力.
【解析】記a表示事件：該地的1位車主購買甲種保險：
b表示事件：該地的1位車主購買乙種保險但不購買甲種保險。
c表示事件：該地的1位車主至少購買甲、乙兩種保險中的1種；
d表示事件：該地的1位車主甲、乙兩種保險都不購買；
e表示事件：該地的3位車主中恰有1位車主甲、乙兩種保險都不購買.
(i3分
6分(ii)d=,p(d)=1-p(c)=1-0.8=0.29分
p(e12分
(20）(本小題滿分l2分)(注意：在試題卷上作答無效)
如圖，四稜錐中，∥,，側面為等邊三角形..
(i) 證明：
(ii) 求ab與平面sbc所成角的大小。
【分析】第（i）問的證明的突破口是利用等邊三角形sab這個條件，找出ab的中點e，鏈結se，de，就做出了解決這個問題的關鍵輔助線。
(ii)本題直接找線面角不易找出，要找到與ab平行的其它線進行轉移求解。
【命題意圖】以四稜錐為載體考查線面垂直證明和線面角的計算，注重與平面幾何的綜合.
解法一：(ⅰ)取中點，鏈結，則四邊形為矩形，，鏈結，則，.
又,故,
所以為直角3分
由, , ,得平面,所以.
與兩條相交直線、都垂直.
所以平面6分
另解:由已知易求得,於是.可知,同理可得,又.所以平面6分
(ⅱ)由平面知，平面平面.
作,垂足為,則平面abcd,.
作,垂足為,則.
鏈結.則.
又,故平面,平面平面.……9分
作,為垂足,則平面.
,即到平面的距離為.
由於,所以平面,到平面的距離也為.
設與平面所成的角為,則,.……12分
解法二：以為原點,射線為軸的正半軸,建立如圖所示的空間直角座標系.
設,則、.
又設,則.
(ⅰ),由得,
故.由得,
又由得,
即,故3分
於是,.
故,又,
所以平面6分
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