2023年四川省高考文科数学真题及参

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设全集U1，2，3，4，5，集合M1，4，N2，5，则NCUM（）A.2,3,551i32.（2i2iA.1

1，3，4B.）1,2,4,5C.D.2,3,4,5B.1C.1iD.1i

）3.已知向量a3,1，b2,2，则cosab,ab（A.1

17

B.1717

C.55

D.255

其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文4.某校文艺部有4名学生，艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（）A.1

6

B.13

C.12

D.23

）5.记Sn为等差数列an的前n项和.若a2a610，a4a845，则S5（A.25B.22C.20

）D.15

6.执行右边的程序框图，则输出的B（A.21B.34C.55D.

x227.设F1,F2为椭圆C：y1的两个焦点，点P在C上，若5PF1PF20，则PF1PF2（A.1

B.2

C.4

）D.5

）exe

8.曲线y在点1，处的切线方程为（x12ex4ee

C.yx

44A.y

e

x2e3e

D.yx

24B.y

1x2y29.已知双曲线C：221a0,b0的离心率为5，C的一条渐近线与圆ab

x22y32A.551交于A,B两点，则AB（B.255C.355）D.45510.在三棱锥PABC中，ABC是边长为2的等边三角形，PAPB2，PC6，则该棱锥的体积为（A.1

11.已知函数fxe

）B.3x12C.22



2，b

D.3

3

f2，c

6

f2，则（

）.记af

A.bcaC.cba

B.bacD.cab



12.函数yfx的图象由ycos2x的图象与直线y

的图象向左平移个单位长度，则yfx66）11

x的交点个数为（22B.2

C.3

A.1D.4

二、填空题：本大题动4小题，每小题5分，共20分.13.记Sn为等比数列an的前n项和.若8S67S3，则an的公比为.14.若fxx1axsinx

2





为偶函数，则a2

.3x2y3

15.若x,y满足约束条件2x3y3，则z3x2y的最大值为xy1

.16.在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是.2三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分b2c2a217.（12分）记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知2.cosA

（1）求bc；（2）若acosBbcosAb

1，求ABC的面积.acosBbcosAc

18.（12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1C平面ABC，ACB90.（1）证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；（2）设ABA1B，AA12，求四棱锥A1BB1C1C的高.319.（12分）一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20

只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计妹纸小白鼠体重的增加量（单位：g）.试验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：15.232.618.834.320.234.821.335.622.535.623.235.825.836.226.537.327.540.530.143.2试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：7.819..220.211.421.612.422.813.223.615.523.916.525.118.028.218.832.319.236.5（1）计算试验组的样本平均数；（2）（i）求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m

的数据的个数，完成如下列联表m

对照组试验组m

（ii）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？nadbc附：K，abcdacbd22PK2k

k

0.1002.7060.0503.8410.0106.635420.（12分）已知函数fxax

sinx

,x0,.2cosx2

（1）当a1时，讨论fx的单调性；（2）若fxsinx0，求a的取值范围.21.（12分）已知直线x2y10与抛物线C：y2pxp0交于A,B两点，2AB415.（1）求p；（2）设F为C的焦点，M,N为C上两点，且FMFN0，求MFN面积的最小值.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。（10分）22.【选修4-4：坐标系与参数方程】已知点P2，1，直线l：

x2tcos（t为参数），为l的倾斜角，l与x轴正半轴、y1tsiny轴正半轴分别交于A,B，且PAPB4.（1）求；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求l的极坐标方程.（10分）23.【选修4-5：不等式选讲】设a0，函数fx2xaa.（1）求不等式fx2xaax的解集；（2）若曲线yfx与x轴所围成的图形的面积为2，求a.5参

一、选择题：1A2C3B4D5C6B7B8C9D10A11A12C51i351i2.解：1i2i2i53.解：∵a3,1，b2,2，∴ab5,3，ab1,1，则ab

523234，ab1212，2abab51312，abab

∴cosab,ab

abab2342

171724.解：依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有C46件，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C2C24，∴这2名学生来自不同年级的概率为1142.635.解：∵a2a610，a4a845，∴a45，a89，从而d

a8a41，于是a3a4d514，∴S55a320.846.解：当k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，k112；当k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，k213；当k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，k314；当k4时，判断框条件不满足，跳出循环体，输出B34.∵PF1PF20，∴F1PF290，从而SF1PF2btan4517.解：∴PF1PF22.21

PF1PF2，26exee

8.解：设曲线y在点1，处的切线方程为ykx1，x122exexx1exxex∵y，∴y，∴ky22x1x1x1∴y

x1

e

，4eeeex1，即切线方程为yx.2444bc2a2b2b29.解：由e5，则2，解得2，15

aaa2a2∴双曲线的一条渐近线不妨取y2x，则圆心2,3到渐近线的距离d

2232212

5，5∴弦长AB2rd

2221

145.

5510.解：取AB中点E，连接PE,CE，如图，∵ABC是边长为2的等边三角形，PAPB2，∴PEAB，CEAB，又PE,CE平面PEC，PECEE，∴AB⊥平面PEC，又PECE2故PCPECE，即PECE，∴VVBPECVAPEC

222233，PC6，2111

SPECAB3321.33211.解：令gxx1，则gx开口向下，对称轴为x1，∵631122

634

，26311，22而6342962166270，∴6

2

3

g2，

72由二次函数性质知g

∵62

1122

624

，26211，226

g2

3

g2，

而62

242843164380，∴2

g2，

6g由二次函数性质知2

x2

g综上，2

又ye为增函数，故acb，即bca.12.解：∵ycos2x





的图象向左平移个单位所得函数为66

ycos2xcos2xsin2x，∴fxsin2x，662

而y

111

与1,0两点，x显然过0，222

11

x的部分大致图象如下，22作出fx与y

考虑2x

y

11

x的大小关系，2233时，f44337337，即x处fx与,2x,2x,x,x

222444当x

3sin213

1，y

24341

1；82当x

33131343

1，y时，f1；sin

424242877171747

1，y时，f1；sin2424284

11

x的交点个数为3.228当x

由图象可知，fx与y

二、填空题：本大题动4小题，每小题5分，共20分.13.

1；214.2；15.15；16.22，2313.解：若q1，则由8S67S3得86a173a1，则a10，不合题意.∴q1.a11q6a11q363当q1时，∵8S67S3∴8，即81q71q，7

1q1q即81q

31q71q，即81q7，解得q1.233314.解：∵fxx12axsinx







2

x1axcosxxa2x1cosx，2

2

且函数为偶函数，∴a20，解得a2.15.解：作出可行域，如图，由图可知，当目标函数y

3z

x过点A时，22z有最大值，由

3x2y3x3

可得，即A3,3，2x3y3y3

∴zmax332315.16.解：设球的半径为R，当球是正反体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径2R为体对角线长AC142424243，即2R43，R23，故Rmax23；分别取侧棱AA1，BB1,CC1，DD1的中点M,H,G,N，显然四边形MNGH是边长为4的正方体，且O为正方体MNGH的对角线交点，连接MG，则MG42，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为22.综上，R22，23.9三、解答题：（一）必考题：共60分17.解：（1）∵abc2bccosA，∴（2）由正弦定理可得2222bccosA

2bc2，解得：bc1.cosAacosBbcosAbsinAcosBsinBcosAsinB



acosBbcosAcsinAcosBsinBcosAsinC

sinABsinBsinABsinB

1

sinABsinABsinAB变形可得：sinABsinABsinB，即2cosAsinBsinB，而0sinB1，∴cosA

31

，又0A，∴sinA，22故ABC的面积为SABC

1133bcsinA1.222418.解：（1）证明：∵A1C平面ABC，BC平面ABC，∴A1CBC，又∵ACB90，即ACBC，A1C,AC平面ACC1A1，A1CACC，∴BC⊥平面ACC1A1，又∵BC平面BCC1B1，∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.（2）如图，过点A1作A1OCC1，垂足为O.∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C平面ACC1A1∩平面BB1C1CCC1，A1O平面ACC1A1，∴A1O⊥平面BB1C1C∴四棱锥A1BB1C1C的高为A1O.∵A1C平面ABC，AC,BC平面ABC，∴A1CBC,A1CAC，又∵ABA1B，BC为公共边，∴ABCA1BC，∴A1CAC.设A1CACx，则A1C1x，∴O为CC1中点，OC1

2222221

AA11，22，又∵A1CAC，∴A1CACAA1，即xx2，解得x

10∴A1OA1C1OC1

2222121，∴四棱锥A1BB1C1C的高为1.19.解：（1）试验组样本平均数为：1

(7.89.211.412.413.215.516.518.02018.819.219.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5)19.8

（2）（i）依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数，由原数据可得第11为数据为18.8，后续依次为：19.2，19.8，20.2，21.3，21.6，22.5，22.8，23.2，23.6，……，故第20位为23.2，第21位数据为23.6，∴m

23.223.6

23.4，2故列联表为：m

对照组试验组合计61420m

14620合计202040406614146.4003.841，（ii）由（i）可得，K

2020202022∴能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异20.解：（1）∵a1，∴fxx

sinx

,x0,，cos2x2

cosxcos2x2cosxsinxsinxcos2x2sin2x

fx114cosxxos3xcos3xcos2x21cos2xcos3xcos2x2

，33cosxcosx

令tcosx，由于x0,



，∴tcosx0,1，2

cos3xcos2x2t3t22t22t2t12t1t1t22t2t1，11∵t2t2t110，t10，cosxt0，2233cos3xcos2x2

∴fx在00，上恒成立，3cosx2

∴fx在0，上单调递减.2

（2）构建gxfxsinxax

sinx

sinx0x，22cosx

1sin2x

则gxacosx0x，32cosx

若gxfxsinx0，且g0f0sin00则g0a11a0，解得a0，当a0时，∵sinx

sinx1

sinx12cos2xcos

，x

又x0,

1

，∴，，则1，0sinx10cosx12cosx2

sinx

0，满足题意；2cosx

∴fxsinxsinx

，显然ax0，2sinxsinx

∴fxsinxaxsinxsinx0，满足题意；22cosxcosx

当a0时，由于0x

综上所述：若fxsinx0，等价于a0，∴a的取值范围为，0.21.解：（1）设AxA,yA，BxB,yB，x2y102由2可得y4py2p0，∴yAyB4p，yAyB2p，y2px

∴AB

2xAxB2yAyB25yAyB5

yAyB24yAyB415，即2pp60，∵p0，解得：p2.（2）∵F1,0，显然直线MN的斜率不可能为零，12设直线MN：xmyn，Mx1,y1，Nx2,y2，y24x2由可得y4my4n0，∴y1y24m，y1y24n，xmyn16m216n0m2n0，∵FMFN0，∴x11x21y1y20，即my1n1my2n1y1y20亦即m1y1y2mn1y1y2n10，22将y1y24m，y1y24n代入得，4m2n26n1，4m2nn10，2∴n1，且n6n10，解得n322或n322.设点F到直线MN的距离为d，∴d

2n11m

2，MN

x1x22y1y221m2y1y21m216m216n

21m24n26n116n21m2n1，n1112∴MNF的面积SMNd21m2n1n1，221m2∵n322或n322.∴当n322时，MNF的面积Smin222

21282.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.解：（1）∵l与x轴正半轴、y轴正半轴分别交于A,B，∴令x0，t1

21

，令y0，t2，cossin，2∴PAPBt1t2即2

24

4，∴sin21，sincossin21

k，解得k，kZ，2423∵，∴.2413（2）由（1）可知，直线l的倾斜率为tan1，且过点2,1，∴直线l的普通方程为：y1x2，即xy30，由xcos，ysin可得直线l的极坐标方程为cossin30.23.解：（1）若xa，则fx2a2xax，即3xa，解得x若xa，则fx2x2aax，即x3a，即ax3a，aa

，即xa，33

综上，不等式的解集为

a

,3a.3

（2）fx

2xa,xa

2x3a,xa

画出fx的草图，则fx与坐标轴围成ADO与ABC，a3a

ABC的高为a，D0,a，A,0，B,0，∴ABa

22

∴SOADSABC

26113

OAaABaa22，解得a2243

14