理科數學(必修+選修ii)
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卷注意事項：
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)複數，為的共軛複數，則
（a） （b） （c） （d）
【答案】b
【命題意圖】本題主要考查複數的運算.
【解析】|z|2-(1+i)-1=.
(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)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.
(4)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.
(5)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及三角函式影象的平移變換.
【解析】由題意得,解得,又,令,得.
(6)已知直二面角,點，,為垂足,，,為垂
足．若，則到平面的距離等於
(abcd) 1
【答案】c
【命題意圖】本題主要考查空間點到平面距離的求法.
【解析】如圖,過作,垂足為,因為是直二面角, ,∴平面,
∴,,,∴平面,故的長為點到平面的距離.在中,由等面積法得.
(7)某同學有同樣的畫冊2本，同樣的集郵冊3本，從中取出4本贈送給4位朋友每位朋友1本，則不同的贈送方法共有
(a)4種b)10種 (c)18種 (d)20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】分兩類:一是取出1本畫冊,3本集郵冊,此時贈送方法有種；
二是取出2本畫冊,2本集郵冊，此時贈送方法有種.故贈送方法共有10種.
(8)曲線在點(0,2)處的切線與直線和圍成的三角形的面積為
(abcd)1
【答案】a
【命題意圖】本題主要考查利用導數求切線方程和三角形面積公式.
【解析】∴曲線在點(0,2)處的切線的斜率故切線方程是,在直角座標系中作出示意圖得圍成的三角形的三個頂點分別為(0,0)、(1,0)、(, )，∴三角形的面積是.
(9)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.
【解析】由是週期為2的奇函式,利用週期性和奇偶性得: .
(10)已知拋物線c：的焦點為，直線與交於，兩點．則
(abcd)
【答案】d
【命題意圖】本題主要考查直線與拋物線的位置關係,餘弦定理的應用.
【解析】聯立消去得,解得,不妨設點在軸的上方,於是，兩點的座標分別為(4,4),(1,),又,可求得.在中,由餘弦定理.
(11)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.
(12)設向量，，滿足|，，，則的最大值等於
(a)2bcd)1
【答案】a
【命題意圖】本題主要考查平面向量的數量積運算、向量加減法、四點共圓的條件及數形結合的思想.
【解析】如圖，設，則，，∴四點共圓，當為圓的直徑時，最大，最大值為2.
絕密★啟用前
2023年普通高等學校招生全國統一考試
理科數學(必修+選修ii)
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,而=,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和二倍角的正切公式.
【解析】由,得,故,
∴.(15)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.
(16)己知點、分別在正方體的稜、上，且，則面與面所成的二面角的正切值等於 .
【答案】
【命題意圖】本題主要考查正方體中二面角的求法.
【解析】延長交的延長線於,鏈結,則為面與面的交線,由得,∴為中點.設正方體的稜長為1,則,又,∴∴平面,∴∴是面與面所成的二面角的平面角,在中,,故面與面所成的二面角的正切值等於.
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)
的內角、、的對邊分別為、、.已知, ,求.
【命題意圖】本題主要考查正弦定理、三角形內角和定理、誘導公式、輔助角公式,考查考生對基礎知識、基本技能的掌握情況.
【解析】由及正弦定理可得
3分又由,,故7分,
因為 ,
所以 ,
10分【點評】三角函式與解三角形的綜合性問題，是近幾年高考的熱點，在高考試題中頻繁出現.這類題型難度比較低，一般出現在17或18題，屬於送分題，估計以後這類題型仍會保留，不會有太大改變.解決此類問題，要根據已知條件，靈活運用正弦定理或餘弦定理，求邊角或將邊角互化.
(18)(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l種的概率；
(ⅱ)表示該地的l00位車主中,甲、乙兩種保險都不購買的車主數.求的期望.
【命題意圖】本題主要考查獨立事件的概率、對立事件的概率、互斥事件的概率及二項分布的數學期望，考查考生分析問題、解決問題的能力.
【解析】記表示事件: 該地的1位車主購買甲種保險；
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；
表示事件: 該地的1位車主至少購買甲、乙兩種保險中的l種；
表示事件: 該地的1位車主甲、乙兩種保險都不購買.
(i3分
6分(ⅱ),
,即服從二項分布10分
所以期望12分
【點評】概率與統計是每年的必考題，一般安排在解答題的前3題.本題屬於已知概率求概率型別. 考查保險背景下的概率問題，要求考生熟練掌握獨立事件的概率、對立事件的概率、互斥事件的概率及二項分布的數學期望.
(19)(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：平面；
(ⅱ)求與平面所成角的大小.
【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
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