2023年甘肃省高考理科数学真题及参考答案

一、选择题1.设z

2i

，则z（251iiB.12i

）A.12iC.2iD.2i

2.设集合UR，集合Mxx1，Nx1x2，则xx2（）A.CUMNB.NCUM

C.CUMND.MCUN

3.如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A.24B.26C.28D.30

xex4.已知fxax是偶函数，则a（e1A.2

B.1

C.1

）D.2

5.设O为平面坐标系的坐标原点，在区域x,y1xy4内随机取一点，记该点为A，22则直线OA的倾斜角不大于A.1

8B.16的概率为（）411

D.C.4222

，单调递增，直线x和x为函数6363

）6.已知函数fxsinx在区间

5

yfx的图象的两条对称轴，则f（12A.

32B.

12C.12D.32则这两人选读的课外读物中恰有1种相同7.甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，的选法共有（）A.30种B.60种C.120种1D.240种8.已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，AOB120，若PAB的面积等于93，则该圆锥的体积为（4C.3）A.B.6D.369.已知ABC为等腰直角三角形，若二面角CABDAB为斜边，ABD为等边三角形，为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A.1

5B.25C.35D.2510.已知等差数列an的公差为A.1B.

1222，集合ScosannN，若Sa,b，则ab（31D.C.0

2）y211.已知A,B是双曲线x1上两点，则可以作为A,B中点的是（9A.1,12）B.1,22C.1,3D.1,412.已知圆O：xy1，OP

2，过点P作直线l1与圆O相切于点A，作直线l2交）圆O于B,C两点，BC中点为D，则PAPD的最大值为（A.122B.1222C.12D.22二、填空题13.已知点A1，5在抛物线C：y2px上，则A到C的准线的距离为2.x3y1

14.若x,y满足约束条件x2y9，则z2xy的最大值为3xy7

15.已知an为等比数列，a2a4a5a3a6，a9a108，则a7

..16.已知fxa1a，a0,1，若fx在0，为增函数，则实数a的取值范xx围为.2三、解答题（一）必做题17.某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为xi,yii1,2,10，试验结果如下试验序号i伸缩率xi伸缩率yi154553625335273551543452253055755606544533754152285685509596576210548536记zixiyii1,2,10，记z1,z2z10的样本平均数为z，样本方差为s，（1）求z，s；（2）判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显2s2著提高（如果z2，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡10

胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）.18.在ABC中，BAC120，AB2，AC1.（1）求sinABC；（2）若D为BC上一点，且BAD90，求ADC的面积.19.如图，在三棱锥PABC中，ABBC，AB2，BC22，PBPC6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，AD5DO，点F在AC上，BFAO.（1）证明：EF∥平面ADO；（2）证明：平面ADO⊥平面BEF；（3）求二面角DAOC的正弦值.35y2x2，点A2，20.已知椭圆C：221ab0的离心率为0在C上.3ab（1）求C的方程；（2）过点2,3的直线交曲线C于P,Q两点，直线AP,AQ交y轴于M,N两点，求证：线段MN中点为定点.21.已知函数fx

1

alnx1.x

（1）当a1时，求曲线fx在1,f1的切线方程；（2）是否存在实数a,b使得曲线yf如果不存在，请说明理由；（3）若fx在0，存在极值，求a的取值范围.（二）选做题【选修4-4】22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C11

关于直线xb对称，若存在，求出a,b的值；x

x2cos的极坐标方程为2sin，曲线C2：（为参数，y2sin42

）.2（1）写出C1的直角坐标方程；（2）若直线yxm既与C1没有公共点，也与C2没有公共点，求m的取值范围.【选修4-5】23.已知fx2xx2.（1）求不等式fx6x的解集；fxy

（2）在直角坐标系xOy中，求不等式组所确定的平面区域的面积.xy60

4参考答案

一、选择题1B2A3D4D5C6D7C8B9C10B11D12A1.解：z

2i2ii2i2i112i，则z12i25211i11iii

2.解：由题意可得MNxx2，则CUMNxx2.3.解：如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA13，点H,I,J,K为所在棱上靠近点B1,C1,D1,A1的三等分点，O,L,M,N为所在棱的中点，则三视图所对应的几何体为长方体ABCDA1B1C1D1去掉长方体ONIC1LMHB1之后所得的几何体，该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方体.xex4.解：∵fxax是偶函数，则e1xexxexxexea1xax0，fxfxaxaxe1e1e1

又∵x不恒为0，可得ee

xa1x0，则xa1x，∴a2.5.解：∵区域x,y1xy4表示以O0，0为圆心，22外圆半径R2，内圆半径r1的圆环，则直线OA的的部分如阴影所示，在第一象限对应的4圆心角MON，结合对称性可得所求概率为42

41.p24倾斜角不大于6.解：∵fxsinx在区间则T，

2，63T2

单调递增，∴，且0，

2362

22.T5当x

时，fx取得最小值，则22k,kZ，66255

,kZ，不妨取k0则fxsin2x，66

则2k

则f

355

.sin2123

17.解：有1本相同的读物，共有C6种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有A5种，根据分布乘法公式则共有C6A5120种.122AOB120，在AOB中，而OAOB8.解：取AC中点C，连接OC,PC，有OCAB，3，PCAB，如图，ABO30，OC

3，AB2BC3，2由PAB的面积为9319333得3PC，解得PC，42422233322于是POPCOC226，

2112∴圆锥的体积VOAPO366.339.解：取AB的中点E，连接CE,DE，∵ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，则有CEAB，又ABD为等边三角形，则DEAB，从而CED为二面角CABD

的平面角，即CED150，显然CEDEE，CE,DE平面CDE，又AB平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABCCE，直线CD平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB2，则CE1，DE

3，6在CDE中，由余弦定理得：3

CDCE2DE22CEDEcosCED1321327，

由正弦定理得DECD

，即sinDCE

sinDCEsinCED

3sin150

72

327，352显然DCE是锐角，cosDCE1sinDCE1，2727

∴直线CD与平面ABC所成角的正切值为3.5222

na1333



，

10.解：依题意，等差数列an中，ana1n1

显然函数ycosancos

22

na1

33的周期为3，而nN，即cosan最多有

3个不同取值，又cosannN

a,b，而在cosa1,cosa2,cosa3中，cosa1cosa2cosa3或cosa1cosa2cosa3，于是有coscos



22

即有解得k,kZ，2k,kZ，333

412

abcoskcoskcoskcoskcoskcos

333332

11.解：由对称性只需考虑1,1，1,2，1,3，1,4即可，注意到1,3在渐近线上，1,1，1,2在渐近线一侧，1,4在渐近线的另一侧.下证明1,4点可以作为AB的中点.设直线AB的斜率为k，显然k存在.ykx14



设lAB：ykx14，直线与双曲线联立2y2，1x9

整理得9k只需满足

2x

22k4kx4k90，2x1x222k4k9

，∴，解得，此时满足0.2k249k0

712.解：如图所示，OA1，OP2，则由题意可知：22由勾股定理可得PAOPOA1，APO45，当点A,D位于直线PO异侧时，设OPC，0

，4

则：PAPDPAPDcos



12coscos44

221cos2122coscossincossincossin22222

12sin2224

∵0

，则2，∴当2时，PAPD有最大值1.444444，4

当点A,D位于直线PO同侧时，设OPC，0

则：PAPDPAPDcos



12coscos44

221cos21cos2sincos2coscossinsin22222

12

sin2224

∵0∴当2二、填空题，则2，444212时，PAPD有最大值为.4229

13.；414.8；15.2；251

,116.

2

13.解：由题意可得：52p1，则2p5，∴抛物线的方程为y25x，8准线方程为x

559，点A到C的准线的距离为1.44414.作出可行域如下图所示，∵z2xy，∴y2xz，联立有

x3y1x5，解得

x2y9y2

设A5,2，显然平移直线y2x使其经过点A此时截距z最小，则z最大，代入得z8.15.解：设an的公比为qq0，则a2a4a5a3a6a2qa5q，显然an0，则a4q，即a1qq，则a1q1，∵a9a108，则a1qa1q8，则q

1523289q5382，则q32，则a7a1qq5q52.351,116.

2

解析：fxalna1aln1a，由fx在0，为增函数xx可知x0，时，fx0恒成立，只需fxmin0，而fxalna1aln1a0，∴fxf0lnaln1a0，x2x251

a,1又∵a0,1，∴.2

三、解答题（一）必做题17.解：（1）∵zixiyii1,2,10，∴z1x1y15455369；z26；z38；z48；z515；z611；z719；z818；z920；z1012.z

1

z1z2z10196881511191820121110102110ziz，将各对应值代入计算可得s261∵s10i1（2）由（1）知：z11，s61，92s26161122s222∴2，z11121，∴z222

101010510∴甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高（1）根据题意，由余弦定理可得：18.解：1BC2AB2AC22ABACcosBAC22122217

2

∴BC

7

21BCAC71

，即，解得sinABC.sinAsinABC143sinABC2SABDSACD1

ABADsin9024，1ACADsin302由正弦定理（2）由三角形面积公式可得则SACD

1113

.SABC21sin120

55210

（1）连接OE,OF，设AFtAC，则BFBAAF1tBAtBC，19.解：AOBA

1

BC，BFAO，2则BFAO1tBAtBCBA解得t

2211

BCt1BAtBC4t14t022

1

，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，211

于是DE∥AB，DEAB，OF∥AB，22即DE∥OF，DEOF，则四边形ODEF为平行四边形，EF∥DO，EFDO，又EF平面ADO，DO平面ADO，∴EF∥平面ADO.（2）由（1）可知EF∥OD，则AO因此ODAOAD

2226，DO

630，得AD5DO，2215

，则ODAO，有EFAO，210又AOBF，BFEFF，BF,EF平面BEF，则有AO⊥平面BEF，又AO平面ADO，∴平面ADO⊥平面BEF.（3）过点O作OH∥BF交AC于点H，设ADBEG，由AOBF得HOAO，且FH又由（2）知，ODAO，则DOH为二面角DAOC平面角，∵D,E分别为PB,PA的中点，因此G为PAB的重心，1

AH，3111

AD,GEBE,又FHAH，3333

即有DHGF，2即有DG

315

646PA222，解得PA14，同理得BE，cosABD

2622622

24

16652222，于是BEEFBF3，即有BEEF，则GF3223

从而GF

221531515，DH，323213615BF，OD,DH，2222在DOH中，OH

63152222于是cosDOH444.,sinDOH1226322

22∴二面角DAOC的正弦值为2.2

b2a3y2x22221。20.解：（1）由题意可得abc，解得b2，∴椭圆的方程为94

c5ec5a3

11（2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ：ykx23，Px1,y1,Qx2,y2，ykx23

222联立方程y2，消去y得：4k9x8k2k3x16k3k0，x21

94

则64k

22k32644k29k23k1728k0，解得k0，8k2k316k23k

可得x1x2，,x1x2

4k294k29

∵A2,0，则直线AP：y

y1x2，x12令x0，解得y

2y12y1，即M，0，x12x12

同理可得N0，

2y2

，x22

2y12y2

x2x22kx123kx223

则12x12x22

2kx1x24k3x1x242k3108

3，x1x22x1x2436∴线段PQ的中点时定点0,3.21.解：（1）当a1时，fx

1

1lnx1,，x

则fx

111

lnx11，

xx1x2

据此可得f10,f1ln2，函数在1，f1处的切线方程为y0ln2x1，即ln2xyln20.（2）由函数的解析式可得f

11xaln1,xx

函数的定义域满足1x110，即函数的定义域为，10，，xx12定义域关于直线x由对称性可知f取m

11对称，由题意可得b，22111

mfm,m，222

3

可得f1f2，211

即a1ln2a2ln，则a12a，解得a，221111

经检验a，b满足题意，故a，b.222211

即存在a，b满足题意。22（3）由函数的解析式可得fx





1x211

，lnx1a

xx1由fx在区间0，存在极值点，则fx在区间0，上存在变号零点；令fx





111

lnx1a0，

xx1x2

则x1lnx1xax

220，令gxaxxx1lnx1，fx在区间0，存在极值点，等价于gx在区间0，上存在变号零点，gx2axlnx1，gx2a

1

，x1当a0时，gx0，gx在区间0，上单调递减，此时gxg00，gx在区间0，上无零点，不合题意；当a

11

，2a1时，由于1，∴gx0，gx在区间0，上单调递增，2x1∴gxg00，gx在区间0，上单调递增，gxg00，∴gx在区间0，上无零点，不合题意；当0a当x0,

111

时，由gx2a0可得x1，2x12a1

1时，gx0，gx单调递减，2a

13

当x

1

1，时，gx0，gx单调增，2a

1

112aln2a，2a

x1

0，x故gx的最小值为g

令mx1xlnx0x1，则mx

函数mx在定义域内单调递增，mxm10，则g

据此可得1xlnx0恒成立，1

112aln2a0，2a

2x2x1

令hxlnxxxx0，则hx，x2当x0,1时，hx0，hx单调递增，当x1，时，hx0，hx单调递减，故hxh10,即lnxxx（当x1时取等号），2∴gx2axlnx12axx1x12axxx，22g2a12a2a12a12a10，且注意到g00，2根据零点存在性定理可知：gx在区间0，上存在唯一零点x0，当x0,x0时，gx0，gx单调递减，时，gx0，gx单调递增，当xx0，

∴gx0g00.111x111

令nxlnxx，则nx120，x22xx2x22则nx单调递减，注意到n10，故当x1,时，lnx

1111

x0，从而有lnxx，2x2x

11

gxax2xx1lnx1ax2xx1x1

2x1

1411

ax2

22

令a





112110，x0g得，∴x22212a12a

∴函数gx在区间0，上存在变号零点，符合题意.综上可得：a的取值范围是0，.（二）选做题22.解：（1）∵2sin，即2sin，可得xy2y，222



12

整理得xy11，表示以0,1为圆心，半径为1的圆，22又∵xcos2sincossin2，ysin2sin1cos2，且2，则2，则xsin20,1，y1cos21,2，42222故C1：xy11，x0,1，y1,2.（2）∵C2：

2x2cos（为参数，）2y2sin2整理得xy4，表示圆心为O0,0，半径为2，且位于第二象限的圆弧，如图所示，若直线yxm过1,1，则m0，若直线yxm即xym0与C2相切，m

2

则2，解得m22，m0

若直线yxm与C1，C2均没有公共点，则m22或m0，即实数m的取值范围为，022，.3x2,x2



23.解：（1）依题意，fxx2,0x2，3x2,x0

不等式fx6x化为：

x20x2x0

或或，3x26xx26x3x26x

15解得2x2，∴不等式fx6x的解集为2，2.（2）作出不等式组

fxy

表示的平面区域，如图中阴影ABC，xy60

y3x2由得A2，8，xy6

由

yx2

，解得C2，4，xy6

又B0，2，D0，6，∴ABC的面积SABC

11

BDxCxA62228.2216