2023年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷）理科数学一、选择题∣∣ð(AB)1.设集合A{xx3k1,kZ},B{xx3k2,kZ}，U为整数集，U（）A.{x|x3k,kZ}B.{x∣x3k1,kZ}C.{x∣x3k2,kZ}D.【答案】A【解析】【分析】根据整数集的分类，以及补集的运算即可解出．【详解】因为整数集Zx|x3k,kZx|x3k1,kZx|x3k2,kZ，UZ，所ð以，UABx|x3k,kZ．故选：A．2.若复数ai1ai2,aR，则a（）A.-1B.0·C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出．【详解】因为ai1aiaa2iia2a1a2i2，2a2所以，解得：．2a11a0故选：C.3.执行下面的程序框遇，输出的B（）第1页/共24页学科网（北京）股份有限公司A.21B.34C.55D.89【答案】B【解析】【分析】根据程序框图模拟运行，即可解出．【详解】当n1时，判断框条件满足，第一次执行循环体，A123，B325，n112；当n2时，判断框条件满足，第二次执行循环体，A358，B8513，n213；当n3时，判断框条件满足，第三次执行循环体，A81321，B211334，n314；当n4时，判断框条件不满足，跳出循环体，输出B34．故选：B.4.向量ab1,c2，且abc0，则cosac,bc（）1224A.B.C.D.5555【答案】D【解析】【分析】作出图形,根据几何意义求解.rrr【详解】因为abc0,所以a+b=-c,r222r即ab2abc,即112ab2,所以ab0.如图,设OAa,OBb,OCc,第2页/共24页学科网（北京）股份有限公司由题知,OAOB1,OC2,OAB是等腰直角三角形,22AB边上的高OD,AD,22232所以CDCOOD2,22AD13tanACD,cosACD,CD3102cosac,bccosACBcos2ACD2cosACD123421.105故选:D.5.已知正项等比数列an中，a11,Sn为an前n项和，S55S34，则S4（）A.7B.9C.15D.30【答案】C【解析】【分析】根据题意列出关于q的方程,计算出q,即可求出S4.2342【详解】由题知1qqqq51qq4,即q3q44q4q2,即q3q24q40,即(q2)(q1)(q2)0.由题知q0,所以q=2.所以S4124815.故选:C.6.有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球第3页/共24页学科网（北京）股份有限公司俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为（）A.0.8B.0.4C.0.2D.0.1【答案】A【解析】【分析】先算出报名两个俱乐部的人数,从而得出某人报足球俱乐部的概率和报两个俱乐部的概率,利用条件概率的知识求解.【详解】报名两个俱乐部的人数为50607040，记“某人报足球俱乐部”为事件A,记“某人报兵乓球俱乐部”为事件B，505404则P(A),P(AB)，7077074P(AB)所以P(B∣A)70.8.P(A)57故选:A.7.“sin2sin21”是“sincos0”的（）A.充分条件但不是必要条件B.必要条件但不是充分条件C.充要条件D.既不是充分条件也不是必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的概念及同角三角函数的基本关系得解.π【详解】当sin2sin21时，例如,0但sincos0，2即sin2sin21推不出sincos0；当sincos0时，sin2sin2(cos)2sin21，即sincos0能推出sin2sin21.综上可知，sin2sin21是sincos0成立的必要不充分条件.故选：Bx2y28.已知双曲线1(a0,b0)的离心率为5，其中一条渐近线与圆(x2)2(y3)21交于A，a2b2B两点，则|AB|（）第4页/共24页学科网（北京）股份有限公司152545A.B.C.D.5555【答案】D【解析】【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.c2a2b2b2【详解】由e5，则15，a2a2a2b解得2，a所以双曲线的一条渐近线不妨取y2x，|223|5则圆心(2,3)到渐近线的距离d，2215145所以弦长|AB|2r2d221.55故选：D9.有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为（）A.120B.60C.40D.30【答案】B【解析】【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天社区服务的情况，即可得解.【详解】不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e，2假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有A412种方法，同理：b,c,d,e连续参加了两天社区服务，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有51260种.故选：B.ππ1110.已知fx为函数ycos2x向左平移个单位所得函数，则yfx与yx的交点个6622数为（）第5页/共24页学科网（北京）股份有限公司A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】11【分析】先利用三角函数平移的性质求得fxsin2x，再作出fx与yx的部分大致图像，2211考虑特殊点处fx与yx的大小关系，从而精确图像，由此得解.22ππ【详解】因为ycos2x向左平移个单位所得函数为66πππycos2xcos2xsin2x，所以fxsin2x，662111而yx显然过0,与1,0两点，22211作出fx与yx的部分大致图像如下，223π3π7π3π3π7π11考虑2x,2x,2x，即x,x,x处fx与yx的大小关系，222444223π3π3π13π13π4当x时，fsin1，y1；44224283π3π3π13π13π4当x时，fsin1，y1；44224287π7π7π17π17π4当x时，fsin1，y1；442242811所以由图可知，fx与yx的交点个数为3.22故选：C.11.在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，AB4,PCPD3,PCA45，则PBC的面积为（）A.22B.32C.42D.52第6页/共24页学科网（北京）股份有限公司【答案】C【解析】【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得PDOPCO，PDBPCA，从而得到PAPB，再在△PAC中利用余弦定理求得PA17，从而求得PB17，由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；1法二：先在△PAC中利用余弦定理求得PA17，cosPCB，从而求得PAPC3，再利用空3间向量的数量积运算与余弦定理得到关于PB,BPD的方程组，从而求得PB17，由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【详解】法一：连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，AB4，所以ACBD42，则DOCO22，又PCPD3，POOP，所以PDOPCO，则PDOPCO，又PCPD3，ACBD42，所以PDBPCA，则PAPB，在△PAC中，PC3,AC42,PCA45，2则由余弦定理可得PA2AC2PC22ACPCcosPCA329242317，2故PA17，则PB17，故在PBC中，PC3,PB17,BC4，PC2BC2PB2916171所以cosPCB，2PCBC234322又0PCBπ，所以sinPCB1cos2PCB，3第7页/共24页学科网（北京）股份有限公司1122所以PBC的面积为SPCBCsinPCB3442.223法二：连结AC,BD交于O，连结PO，则O为AC,BD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，AB4，所以ACBD42，在△PAC中，PC3,PCA45，2则由余弦定理可得PA2AC2PC22ACPCcosPCA329242317，故2PA17，PA2PC2AC21793217所以cosAPC，则2PAPC21731717PAPCPAPCcosAPC1733，17不妨记PBm,BPD，1122因为POPAPCPBPD，所以PAPCPBPD，222222即PAPC2PAPCPBPD2PBPD，2则17923m923mcos，整理得m26mcos110①，又在△PBD中，BD2PB2PD22PBPDcosBPD，即32m296mcos，则m26mcos230②，两式相加得2m2340，故PBm17，故在PBC中，PC3,PB17,BC4，第8页/共24页学科网（北京）股份有限公司PC2BC2PB2916171所以cosPCB，2PCBC234322又0PCBπ，所以sinPCB1cos2PCB，31122所以PBC的面积为SPCBCsinPCB3442.223故选：C.x2y2312.己知椭圆1，F1,F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cosF1PF2，则|PO|965（）230335A.B.C.D.5252【答案】B【解析】△【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出PF1F2的面积，即可得到点P的坐标，从而得出OP的值；方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出22，再结合中线的向量公式以及数量积PF1PF2,PF1PF2即可求出；方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出22，即可根据中线定理求出．PF1PF2πFPF【详解】方法一：设FPF2,0，所以Sb2tan12b2tan，122PF1F22cos2sin21tan231由cosFPFcos2，解得：tan，12cos2+sin21tan252由椭圆方程可知，a29,b26,c2a2b23，1112所以，SFFy23y6，解得：yp3，PF1F2212p2p223922930即xp91，因此OPxy3．62pp22故选：B．