所以|z|＝ ( 1)2 + 12＝ 2.故选 B．
机密 启用前 姓名 准考证号
+ ≥ 1,
3．若实数 x，y 满足约束条件 ≤ 1, 则 z＝2x＋y 的最小值为( )
2023 年普通高等学校招生全国统一考试 { ≤ 1,
数学(文)风向卷（二） A．1 B．2
C．3 D．4
注意事项： 【答案】A
1． 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 【解析】本题考查线性规划问题．
2． 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 + ≥ 1,
由约束条件{ ≤ 1, 作出可行域如图中阴影部分所示(包括边界)． ≤ 1
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写
在本卷上无效。
3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(本大题共 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．已知集合 A＝{x|x2－4x－5≤0}，B＝{x|x>1}，则 A∩( B)＝( ) 由题得 y＝－2x＋z，表示斜率为－2，纵截距为 z 的直线， R
A．[－1，1] B．[－5，1] 当直线经过点 A 时，直线的纵截距最小，即 z 最小．
+ = 1, = 0,
C．{1} D．(－∞，5] 联立{ = 1, 解得{ = 1,则 A(0，1)，
【答案】A 所以 z 的最小值为－2×0＋1＝1.故选 A．
【解析】本题考查集合的交集、补集运算．
A＝{x|x2－4x－5≤0}＝{x|－1≤x≤5}． 4．接种疫苗是防控新冠疫情有效的方法之一，我国自 2021 年 1 月开始实施全民免费接种新
因为 B＝{x|x>1}，所以 RB＝{x|x≤1}， 冠病毒疫苗工作．某地为方便居民接种，共设置了 A，B，C，D 四个疫苗接种点，每位接种
所以 A∩( RB)＝[－1，1]．故选 A． 者可去任一个接种点接种．若甲、乙两人去接种新冠病毒疫苗，则两人不在同一接种点接种
2．复数 z 满足(2＋i)z＝i－3(i 为虚数单位)，则|z|＝( ) 新冠病毒疫苗的概率为( )
A．1 B． 2 1 1 2 3A．4 B．2 C．3 D．4
C．2 D． 5
【答案】D
【答案】B
【考点】本题考查古典概型
【解析】本题考查复数的基本运算．
【详解】由题意，甲、乙两人去 A，B，C，D 四个接种点接种新冠病毒疫苗的所有不同结果
3 ( 3)(2 ) 5 + 5
由题意知 z＝2 + ＝(2 + )(2 )＝ 5 ＝－1＋i，
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为 AA，AB，AC，AD，BA，BB，BC，BD，CA，CB，CC，CD，DA，DB，DC，DD，共 16 → → 设 AB＝a，BC＝b，则 DC＝2，B(0，0)，A(0，a)，C(b，0)，D( ,2)， ＝(b，－a)， ＝( ,2)
种，其中两人不在同一接种点接种新冠病毒疫苗的情况有 12 种．由古典概型概率计算公式可 → → ( → → → → → 1 → 112 3 ， ＋ ＝ 2 , 2)， ＝(0，－a)， ＝( , 2)，所以 ＋ ＝2 －2 ＝2n－2m，故选
得所求概率 P＝16＝4.故选 D．
A．
5 ．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
7．已知 0°≤α<90°，且 sin 36°(1＋sin 2α)＝2cos218°cos 2α，则 α＝( )
A．18° B．27° C．54° D．63°
【答案】B
【考点】二倍角公式、两角和与差的正弦、余弦公式
【详解】因为 sin 36°(1＋sin 2α)＝2sin 18°cos 18°(1＋sin 2α)，所以 2cos218°cos 2α＝2sin 18°cos
18°(1＋sin 2α)，即 cos 18°cos 2α＝sin 18°sin 2α＋sin 18°，所以 cos 18°cos 2α－sin 18°sin 2α＝
64 64
A．8π＋32 B．16π＋32 C．8π＋ 3 D．16π＋ 3 sin 18°，则 cos(2α＋18°)＝sin 18°.因为 0°≤α<90°，所以 18°≤2α＋18°<198°，所以 2α＋18°＝90°
【答案】A －18°，解得 α＝27°，故选 B．
【考点】几何体的三视图、几何体体积的计算 【一题多解】因为 sin 36°(1＋sin 2α)＝2sin 18°cos 18°(sin α＋cos α)2，2cos218°cos 2α＝
2 4 2cos218°(cos2α－sin2α)，所以 2sin 18°cos 18°(sin α＋cos α)2＝2cos218°·(cos2 2【详解】由题中三视图可知，该几何体是组合体，左边是底面半径为 ，高为 的圆柱的一 α－sin α)，即 sin
sin18° cos sin 1 tan
半，右边是三棱柱，三棱柱的底面是腰为 4 的等腰直角三角形，高为 4，所以半个圆柱的体积 18°(sin α＋cos α)＝cos 18°(cos α－sin α)．所以cos18°＝sin + cos ，即 tan 18°＝1 + tan ＝tan(45°－
1 1
V1＝2×π×22×4＝8π，三棱柱的体积 V2＝2×4×4×4＝32.所以该几何体的体积 V＝8π＋32.故选 A． α)．因为 0°≤α<90°，所以－45°＜45°－α≤45°，所以 18°＝45°－α，即 α＝45°－18°＝27°，故选
B．
→ → → → → →
6．在梯形 ABCD 中， ＝2 ，设 ＝m， ＝n，则 ＋ ＝( )
1 1 8．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S ＝3，S ＝12，S ＝17，则 n 的值为( ) A．－2m＋2n B． 2m－2n C．m－2n D
4 n－4 n
．－m＋2n
A．8 B．11 C．13 D．17
【答案】A
【答案】D
【考点】平面向量的线性运算
→ → → → → → → → → → → 【考点】本题考查等差数列的性质和求和公式 1 1 1
【详解】 ＋ ＝ ＋ ＋ － ＝2 ＋2 － ＝－2 ＋2 ＝－2m＋2n，故选 A． 【详解】根据题意，S4＝3，Sn－4＝12，Sn＝17，则 Sn－Sn－4＝5，即 a1＋a2＋a3＋a4＝3，an＋
【快解】不妨设梯形 ABCD 为直角梯形，其中 B 为直角，如图建立平面直角坐标系， ( + )
an－1＋an－2＋an－3＝5，两式相加得到 4(a1＋an)＝8 a
1
，则 1＋an＝2，Sn＝ 2 ＝17，解得 n＝
17.故选 D．
9．已知在菱形 ABCD 中，AB＝AC＝2，将其沿对角线 AC 折成四面体 ABCD，使得 BD＝2.若
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该四面体的所有顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( ) 又|AF1|－|AF2|＝2a，所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a.
10
A．8π B．4π C．6π D． 因为 B 为线段 AF 的中点， 3 π 1
【答案】C 所以|AB|＝|BF1|＝2a，则△ABF2为等边三角形，
2
【考点】正四面体的外接球及球的表面积 所以∠ABF2＝3，∠F1BF2＝ 3 ，则∠F1BO＝3.
【详解】因为四边形 ABCD 为菱形，且 AB＝2，所以 BC＝CD＝AD＝2.又四面体 ABCD 中 AC 又因为|OF1|＝c，所以在 Rt△F1BO 中，
＝BD＝2，所以四面体 ABCD 为棱长为 2 | |的正四面体． 3 sin 1∠F1BO＝| |＝1 2 ＝ 2 ，则 ＝ 3，所以 ＝ 2，
即双曲线 C 的渐近线方程为 y＝± 2x.故选 B．
2 3 2 3 2 2 6
如图，设 O1为等边三角形 ACD 的中心，则 AO 2 21＝ 3 ，BO1 ＝ 1 ＝ 22 ( 3 ) ＝ 3
.设该四面体的外接球球心为 O，则 O∈BO1.设该四面体的外接球半径为 R，则 OO1＝BO1－R
2 6 2 6 2 3
2
＝ 3 －R.在 Rt△AOO1中，R2＝( 3 ) ＋( 3 )
2 6
，解得 R＝ 2 ，所以外接球的表面积为 4πR2＝
4π×( 6)2 11．在三棱锥 S－ABC 中，SB＝BC＝SA，SM，AM，BN，CN 分别是∠BSC，∠BAC，∠2 ＝6π，故选 C．
SBA，∠SCA 的平分线，SA⊥平面 BCN，MN⊥BC，则 AM，BN 所成角的余弦值为( )
【一题多解】因为四边形 ABCD 为菱形，且 AB＝2，所以 BC＝CD＝AD＝2.又四面体 ABCD
8 2 34 2
A．－ B． C． D．
中 AC＝BD＝2，所以四面体 ABCD 为棱长为 2 的正四面体．如图，将其补形为正方体，则该 5 5 5 3
【答案】D
四面体的外接球与正方体的外接球相同，且正方体的面对角线为 2，故其棱长为 2.因为正方
6 【考点】本题考查空间线面的位置关系、异面直线所成角的余弦值
体的外接球的直径为其体对角线，且其长度为 6，所以正方体的外接球的半径为 2 ，其表面积
【详解】 因为 SA⊥平面 BCN，BC 平面 BCN，所以 SA⊥BC．又因为 BC⊥MN，MN∩SA＝
为 6π，所以正四面体的外接球的表面积为 6π，故选 C．
N，MN，SA 平面 SMA，故 BC⊥平面 SMA．所以 BC⊥SM，BC⊥AM.又∠BSM＝∠CSM，∠
2 2 BAM＝∠CAM，故 SB＝SC，AB＝AC．同理可得，SB＝BA，SC＝CA．又 SB＝BC＝SA，所以
10．双曲线 C： 2－ 2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过点 F1的直线与双曲线 C SB＝BA＝SC＝CA＝BC＝SA，故该三棱锥 S－ABC 为正四面体．
的右支在第一象限的交点为 A，与 y 轴的交点为 B，且 B 为线段 AF1的中点．若△ABF2的周 方法一：如图①，取 CN 的中点 G，连接 MG，AG，则 MG∥BN，故∠GMA 即为 BN 与 AM
长为 6a，则双曲线 C 的渐近线方程为( ) 1 3 1 3
所成角或其补角．设 AB＝2，则 MG＝2BN＝ 2 ，MA＝ 3，NA＝1，NG＝2CN＝ 2 ，则 AG＝3 2
A．y＝± 3x B．y＝± 2x C．y＝± 2 x D．y＝± 2 x 3 73 +
2 2 7 2
B + ＝ 2 .在△MGA
4 4
中，由余弦定理得 cos∠GMA＝ ＝ .
【答案】 3 32 × × 32
【考点】本题考查双曲线定义及渐近线方程 故选 D．
【详解】如图所示，由对称性可知|BF2|＝|BF1|.因为△ABF2的周长为 6a，所以|AF1|＋|AF2|＝6a.
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【考点】利用导数研究函数的单调性、方程根的个数
【详解】x＝0 显然不是 x3－ax－1＝0 的根，所以 x≠0.所以只有一个实数 x 满足 x3－ax－1＝0
1 1
等价于方程 a＝x2－ 2 只有一个实数根(提示：参变分离，将原问题转化为方程 a＝x － 只有一
1 1 1 1
个实数根)．令 f(x)＝x2－ (x≠0)，则 f′(x)＝2x＋ ∞, 2，令 f′(x)＝0，解得 x＝－3 2.当 x∈( 3 2)
1
时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当 x∈( 3 2,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当 x∈(0，＋∞)时，
方法二：将三棱锥 S－ABC 置于正方体中，如图②，易得 MH∥BN， f′(x)>0，f(x)单调递增．当 x→－∞时，f(x)→＋∞，当 x→＋∞时，f(x)→＋∞，当 x→0－时，
则∠HMA 即为 BN 与 AM 所成角或其补角．设 AB＝2，得正方体的棱长为 2，则 AM＝MH＝ f(x)→＋∞，当 x→0＋时，f(x)→－∞，故 f(x)的大致图像如图所示．
3 3 + 3 2 2，在△MHA 中，由余弦定理可得 cos∠HMA＝2 × 3 × 3＝3.故选 D．
1 33 2 3 2故 a
二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)
13．递增的等比数列{an}的每一项都是正数，设其前 n 项和为 Sn.若 a2＋a4＝30，a1a5＝81，则
【方法速记】求解正四面体的外接球半径，可以先找到球心(球心在正四面体的高上)，然后利 S6＝________．
用勾股定理求解；也可以将正四面体补形成正方体，利用正方体的体对角线长为正四面体外
【答案】364
接球的直径进行求解．
【考点】本题考查等比数列的通项公式、求和公式
2 4 = 81, 2 = 3,
【详解】设等比数列{an}的公比为 q，由 a1a5＝81，得 a2a4＝81.由{ 解得{ 或
12．已知有且只有一个实数 x 满足 x3－ax－1＝0 a + = 30, = 27，则实数 的取值范围是( ) 2 4 4
3 2 3 2 2 = 27, 2 = 3, 1 = 3,
A．(－∞，2) B．( 3 ∞, ) C ( ∞ 2] D 3． － ， ．( ∞, ) { = 3. 因为数列{an}为递增数列，所以{ = 27,所以{ 3 得 q2 ＝9.因为等比数列{a }的每2 2 4 4 1 = 27, n
【答案】D 1 36一项都是正数，所以 q＝3，所以 a1＝1，所以 S6＝ 1 3＝364.
【思路导引】
2 1 1由题意→a＝x － 有一个实根→令 f(x)＝x2－ →f′(x)→f(x)的单调性和图像→a 的范围 114．若 α 满足 tan(α＋4)＝3，则 sin 2α＝________．
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4
【答案】－ 【考点】本题考查椭圆的方程、直线的斜率、两直线的位置关系 5
【考点】本题考查三角恒等变换 【详解】令 x1＝xA，y1＝yA，则 A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，设 D(x2，y2)，且 x2≠±x1，x1≠± 6，
( ) 1 2 1 2 + 1 sin + 4 1 2 2 3 10 x1≠0.记直线 AD 的斜率为 kAD．易得 kAB＝ ，kAD＝ ，kBD＝ .因为 AB⊥AD，所以【详解】∵tan(α＋4)＝ ( )＝3，sin (α＋4)＋cos (α＋4)＝1，∴cos(α
1 2 1 2 + 1
＋4)＝± 10 ，∴cos(2α＋cos + 4 21
+ 2 2 2 2 22 1 2 1 2 1 6 + 1 = 1, 2 1 1 1
)＝2cos2
9 4 4
(α＋ )－1＝ －1＝ .又 cos(2α＋ )＝－sin 2α，∴sin 2α k＝－ . AB·kAD＝－1.又 kAD·kBD＝ ·2 1 2 + ＝ 2 2，且{ 2 所以 2 2＝－6，所以 k1 2 AD·kBD＝－ ，2 4 5 5 2 5 2 1 2 2 1 6
6 + 2 = 1,
1
1 1 1
【一题多解】由 tan(α ) 3＋4 ＝3，可得 tan α＝tan[(α＋4)－4]＝ 1 ＝－ ， 1 + 2 所以 ＝6. 3 × 1
2sin cos 2tan 4
所以 sin 2α＝ ＝ 【归纳总结】解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路： sin2 + cos2 tan2 + 1＝－5.
15．点 P 在圆 C：(x－3)2＋(y－3)2＝4 上，A(2，0)，B(0，1)，则当∠PBA 最大时，|PB|＝
________．
【答案】3
【考点】直线和圆的位置关系、直线和圆相切求切线长
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。
【详解】由题意可知圆心 C(3，3)，圆 C 的半径 r＝2.已知 P 为圆 C 上一点，A(2，0)，B(0，
17．(本小题满分 12 分)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 C＝2A．
1)．
(1)求证：c＝2acos A；
如图，将 BA 绕点 B 沿逆时针方向旋转，当刚好与圆 C 相切于点 P1时，∠PBA 最小；当旋转
(2)若 A到与圆 C 相切于点 P2时，∠PBA 最大．所以当∠PBA 最大时，直线 P2B 与圆 C 相切(关键：
根据题意，当∠PBA 最大时，直线 PB 与圆 C 相切)，则连接 CB，CP2，|P2B|＝ | |2 2＝
【考点】利用正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式的应用
13 4＝3，即|PB|＝3.
【答案】
2 (1)【证明】因为 C＝2A，由正弦定理得sin ＝sin ＝2 in cos ，
16．已知 A(xA，yA)，B(xB，yB)是椭圆 C： 6＋y2＝1 上关于原点对称的两点，其中
所以 c＝2acos A．
xAxAyByB≠0，过点 A 作与 AB 垂直的直线 l 与椭圆 C 交于点 D．若 kAB，kBD分别表示直线 AB， 2 + 2 2 100 + 2 2
(2)【解】由(1)得 cos A＝2 ，由余弦定理得 cos A＝ 2 ＝ 20 ，
BD 的斜率，则 ＝________. 100 + 2 2
所以2 ＝ 20 ，即(10－a)c2－100a＋a3＝0，
【答案】6
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将 a＋c＝20，c＝20－a 代入，得(10－a)(20－a)2－100a＋a3＝0， 【考点】相关系数的计算、线性回归方程的求解
即(a－10)(a－8)＝0，解得 a＝8 或 a＝10. 【答案】
因为 B>A，所以 b>a，则 a＝10 舍去，故 a＝8，c＝20－8＝12.
12 3
从而 cos A＝2 ＝2 × 8＝4＞0，可知 02 7
所以 sin A 3＝ 1 2 ＝ 1 (4) ＝ 4 .
1 1 7
所以△ABC 的面积 S△ABC＝2bcsin A＝2×10×12× 4 ＝15 7.
18. (本小题满分 12 分)2022 年教育部印发的《义务教育课程方案》，将劳动从原来的综合实践
活动课程中完全独立出来，并发布了《义务教育劳动课程标准(2022 年版)》．此后，儿童厨具
等劳动教育类玩具走俏市场，特别是“真煮”儿童厨具成了热销玩具．某儿童玩具批发商，统计
了某品牌“真煮”儿童厨具 6 月份的销售情况，如表所示．
规格 x(件套) 19 22 28 36 45 48
销量 y(千件) 3.8 3.6 3.2 4.2 3.0 2.6
(1)根据相关系数 r，判断“真煮”儿童厨具的规格与销量间线性相关关系的强弱；(结果精确到
0.01)
(2)由于受玩具实用性的影响，规格为 36 件套的销量出现异常，若将该组数据剔除，则剩余
五组数据 y 与 x 之间具有线性相关关系，试根据表格，求出剩余五组数据 y 关于 x 的线性回归
方程，并推测在没有受玩具的实用性的影响下，规格为 36 件套的销量的估计值．(系数精确到
0.01)
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(2)【解】因为 AB＝BC＝2，AC＝2 3，所以 BO＝1，BD＝2.
又△ADE 为等腰直角三角形，∠AED＝90°，AD＝2，所以 EH＝1，所以 FO＝1.又 EH∥FO，
FO 平面 BDF，EH 平面 BDF，所以 EH∥平面 BDF.
又 G 为棱 BF 的中点，
19．(本小题满分 12 分)如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，AC＝ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3
所以 VG－DEF＝2VB－DEF＝2VE－BDF＝2VH－BDF＝2×2VA－BDF＝4VF－ABD＝4×3×2×2 3×1＝12.
2 3，△ADE 为等腰直角三角形，∠AED＝90°，平面 ADE⊥平面 ABCD，且 EF∥AB，EF＝
1. 20．(本小题满分 12 分)已知抛物线 C：x2＝2py(p>0)的焦点为 F，O 为坐标原点，横坐标为 2
(1)证明：AC⊥平面 BDF；
的点 P 在抛物线 C 上，且满足|PF|＝|PO|.
(2)若 G 为棱 BF 的中点，求三棱锥 G－DEF 的体积．
(1)求抛物线 C 的方程；
(2)过抛物线 C 上的点 A(异于点 O)作抛物线 C 的切线 l，过点 O 作 l 的垂线，垂足为 B，直线
BO 与抛物线 C 交于点 D，当原点到直线 AD 的距离最小时，求点 A 的坐标．
【考点】本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系，直线过定点问题
【答案】【思路导引】
【考点】本题考查空间线面的位置关系，几何体的体积 1
【解】(1)依题意得 P( 2， )．又 O(0，0)，F(0，2)，
【答案】(1)【证明】如图，取 AD 的中点 H，连接 EH.因为△ADE 为等腰直角三角形，∠
2 2
AED 90° EH AD ADE 由|PF|＝|PO|
1 1
，得 2 + ＝ 2 + ，
＝ ，所以 ⊥ ．因为平面 ⊥平面 ABCD，且平面 ADE∩平面 ABCD＝AD， ( 2) ( )
EH 平面 PDE，所以 EH⊥平面 ABCD． 解得 p＝2(p＝－2 舍去)，
1
AC 2设 ，BD 的交点为 O，连接 OF，OH，则 OH∥AB，且 OH＝ AB＝1.因为 EF∥AB，EF＝ 所以抛物线 C 的方程为 x ＝4y. 2
1 1
1，所以 EF∥OH，且 EF＝OH，所以四边形 EFOH 为平行四边形． (2)设 A(2t，t2)，t≠0，对 y＝4x2求导，得 y′＝2x，
FO EH FO 1故 ∥ ，所以 ⊥平面 ABCD，又 AC 平面 ABCD，所以 FO⊥AC． 所以过点 A 的切线 l 的斜率 k＝2×2t＝t，
在菱形 ABCD 中，有 AC⊥BD． 所以切线 l 的方程为 y－t2＝t(x－2t)，即 y＝tx－t2.
又因为 FO∩BD＝O，FO，BD 平面 BDF，所以 AC⊥平面 BDF. 1因为直线 OB 与切线 l 垂直，所以直线 OB 的斜率 kOB＝－ ，
1
直线 OB 的方程为 y＝－ x，即 x＋ty＝0.
第 13 页 共 18 页 ◎ 第 14 页 共 18 页
{ + = 0, 4 4 = 2由 4 > 0, 2 = 4 , 解得点 D(－ ， 2)． 则{ 1 + 2 = 1,1 解得 a>4.
4 4 1 2 =
因为 A(2t，t2)，D(－ ， )，
> 0,
2
(4 1) + ( 2) 1
2 2 2 2 故 2 ＋x1x2＝2[－2ln(x1x2)＋2a(x
2 2
1
＋x2)－ax1 －ax2 ]＋x1x2
所以直线 AD 的斜率 kAD＝ 4＝ 2 ， 2 + 1 ＝－ln(x1x2)＋a(x1＋x2)－2a[(x1＋x )22 －2x1x2]＋x1x2
2 2
则直线 AD 的方程为 y－t2＝ 2 (x－2t)， 1 2 1 1 1＝－ln ＋a－2(1 )＋ ＝ln a＋2a＋ ＋1.
即(t2－2)x－2ty＋4t＝0. ( ) + ( )
( x x x x 1 2用
|4 | 4| | 4 4 4 1
＋ 2， 1 2表示 2 ＋x1x2，从而转化为关于 a 的函数)
原点 O 到直线 AD 的距离 d＝ 2 ＝ 4 ＝ ≤ ＝2，当且仅当 t2＝ 2，即 t＝±( 2 2) + ( 2 )2 + 4 2 4+ 2 4 1 1
2 2 · 2 令 h(a)＝ln a＋2a＋ ＋1(a>4)，
2时，等号成立， 1 1 1 ( + 1)2 3则 h′(a)＝ ＋2－ 2＝ 2 2 >0 在(4，＋∞)上恒成立，
所以原点 O 到直线 AD 的距离的最大值为 2， 13
∴函数 h(a)在(4，＋∞)上单调递增，则 h(a)> 4 ＋2ln 2，
此时点 A 的坐标为(－2 2，2)或(2 2，2)．
13 13
∴λ≤ 4 ＋2ln 2，即实数 λ 的取值范围为( ∞, 4 + 2 2].
21.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝－2ln x＋2ax－ax2(a∈R) ．
1 (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
(1)若 a＝－2，求函数 f(x)的极值；
( ) ( ) 计分。
(2)已知 f′(x)是 f(x)的导函数，f′(x1)＝f′(x2)＝0，且 x1>x2>0
1 2
，若 2 ＋x1x2>λ 恒成立，求实数 22． (本小题满分 10 分) 选修 4－4：坐标系与参数方程
λ 的取值范围． { = 2在平面直角坐标系 xOy cos ,中，已知曲线 C1的参数方程是 = 6sin (α 为参数)．以 O 为极点，x
3
【考点】利用导数研究函数的单调性和极值、利用导数研究不等式恒成立问题 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程是 ρ＝ 2 .
1 1
【答案】(1)当 a＝－2时，f(x)＝－2ln x－x＋2x2，定义域为(0，＋∞)， (1)求曲线 C1的极坐标方程和曲线 C2的直角坐标方程；
2 ( + 1)( 2)
f′(x)＝－ －1＋x＝ . (2)设曲线 C1和 C2的交点为 A，B，求△AOB 的面积．
令 f′(x)>0，解得 x>2；令 f′(x)<0 0【考点】参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化
∴f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
= 2cos , 2 2
∴f(x)有极小值，且极小值为 f(2)＝－2ln 2，无极大值． 【答案】(1)将曲线 C1的参数方程{ = 6sin (α 为参数)转化为普通方程，得 2＋ 6＝1.
2 2
(2) 2 2由题意得，f′(x)＝－ ＋2a－2ax＝－ 2 (ax －ax＋1)， 将 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ 代入 2＋ 6＝1，
(将 f′(x1)＝f′(x2)＝0 转化为方程 ax2－ax＋1＝0 有两个不等正实根 x1，x2，从而得到根与系数的 6整理得曲线 C1的极坐标方程是 ρ2＝2 2 + 1.
关系以及 a 的范围) 3cos
由曲线 C2的极坐标方程是 ρ＝ 2
x x ax2 ax 1 0 sin
2 ，可得 ρsin θ＝3cos θ，
故 1， 2是方程 － ＋ ＝ 的两个不等正实根，
第 15 页 共 18 页 ◎ 第 16 页 共 18 页
即 ρ2sin2θ＝3ρcos θ，
结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得曲线 C2的直角坐标方程是 y2＝3x.
2 2
(2)曲线 C1的普通方程为 2＋ 6＝1，曲线 C2的直角坐标方程是 y2＝3x，
{ 2 2+ = 1, { = 1, = 1,由 2 6 得 或{ 所以|AB|＝2 3， 2 = 3 ( ≥ 0), = 3 = 3,
1 1
所以 S△AOB＝2|AB|×1＝2×2 3×1＝ 3.
23．(本小题满分 10 分)选修 4－5：不等式选讲
已知函数 f(x)＝|x＋1|.
(1)求不等式 f(x)<|3x－2|－5 的解集 A；
(2)在(1)的条件下，证明：对于任意的 a，b∈A，都有 f(ab)>f(a)－f(－b)成立．
【考点】本题考查绝对值不等式
【答案】(1)【解】依题意，不等式 f(x)<|3x－2|－5，即|x＋1|－|3x－2|＋5<0.
当 x<－1 时，不等式可化为－(x＋1)＋(3x－2)＋5<0，
解得 x<－1，则 x<－1；
2
当－1≤x≤3时，不等式可化为(x＋1)＋(3x－2)＋5<0，
解得 x<－1，此时原不等式无解；
2
当 x>3时，原式＝(x＋1)－(3x－2)＋5<0，解得 x>4，则 x>4.
综上，x<－1 或 x>4.
所以不等式 f(x)<|3x－2|－5 的解集 A＝{x|x<－1 或 x>4}．
(2)【证明】f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋b|，当且仅当(a＋b)(1－b)≥0 时等号成立，
[f(ab)]2－(a＋b)2＝(ab＋1)2－(a＋b)2＝a2b2＋1－a2－b2＝(a2－1)(b2－1)．
因为 a，b∈A，所以 a2>1 且 b2>1，即(a2－1)(b2－1)>0，
因此[f(ab)]2－(a＋b)2>0，又 f(ab)＝|ab＋1|>0，
所以 f(ab)>|a＋b|≥f(a)－f(－b)，
所以对于任意的 a，b∈A，
都有 f(ab)>f(a)－f(－b)成立．
第 17 页 共 18 页 ◎ 第 18 页 共 18 页新冠病毒疫苗的概率为( )
机密 启用前 姓名 准考证号
1 1 2 3
A．4 B．2 C．3 D．4
2023 年普通高等学校招生全国统一考试
数学(文)风向卷（二） 5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
注意事项：
1． 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2． 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写
在本卷上无效。
64 64
3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 A．8π＋32 B．16π＋32 C．8π＋ 3 D．16π＋ 3
→ → → → → →6．在梯形 ABCD 中， ＝2 ，设 ＝m， ＝n，则 ＋ ＝( )
一、选择题(本大题共 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
1 1
A．－2m＋2n B． 2m－2n C．m－2n D．－m＋2n 项是符合题目要求的)
1．已知集合 A＝{x|x2－4x－5≤0}，B＝{x|x>1}，则 A∩( RB)＝( )
7．已知 0°≤α<90°，且 sin 36°(1＋sin 2α)＝2cos218°cos 2α，则 α＝( )
A．[－1，1] B．[－5，1]
A．18° B．27° C．54° D．63°
C．{1} D．(－∞，5]
8．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S4＝3，Sn－4＝12，Sn＝17，则 n 的值为( )
2．复数 z 满足(2＋i)z＝i－3(i 为虚数单位)，则|z|＝( )
A．8 B．11 C．13 D．17
A．1 B． 2 C．2 D． 5
9．已知在菱形 ABCD 中，AB＝AC＝2，将其沿对角线 AC 折成四面体 ABCD，使得 BD＝2.若
{ + ≥ 1,3．若实数 x，y 满足约束条件 ≤ 1, 则 z＝2x＋y 的最小值为( ) ≤ 1, 该四面体的所有顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )
10
A．1 B．2 C．3 D．4 A．8π B．4π C．6π D． 3 π
2 2
4．接种疫苗是防控新冠疫情有效的方法之一，我国自 2021 年 1 月开始实施全民免费接种新 10．双曲线 C： 2－ 2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过点 F1的直线与双曲线 C
冠病毒疫苗工作．某地为方便居民接种，共设置了 A，B，C，D 四个疫苗接种点，每位接种 的右支在第一象限的交点为 A，与 y 轴的交点为 B，且 B 为线段 AF1的中点．若△ABF2的周
者可去任一个接种点接种．若甲、乙两人去接种新冠病毒疫苗，则两人不在同一接种点接种 长为 6a，则双曲线 C 的渐近线方程为( )
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3 2
A．y＝± 3x B．y＝± 2x C．y＝± 2 x D．y＝± 2 x (一)必考题：共 60 分。
17．(本小题满分 12 分)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 C＝2A．
11．在三棱锥 S－ABC 中，SB＝BC＝SA，SM，AM，BN，CN 分别是∠BSC，∠BAC，∠ (1)求证：c＝2acos A；
SBA，∠SCA 的平分线，SA⊥平面 BCN，MN⊥BC，则 AM，BN 所成角的余弦值为( ) (2)若 A8 2 34 2
A．－5 B． 5 C． 5 D． 3
12．已知有且只有一个实数 x 满足 x3－ax－1＝0，则实数 a 的取值范围是( )
3 2 3 2
A．(－∞，2) B 3．( ∞, 2 ) C．(－∞，2] D 3．( ∞, 2 )
二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)
13．递增的等比数列{a } n 的每一项都是正数，设其前 n 项和为 Sn.若 a2＋a4＝30，a1a5＝81，则
S6＝________．
1
14．若 α 满足 tan(α＋4)＝3，则 sin 2α＝________．
15．点 P 在圆 C：(x－3)2＋(y－3)2＝4 上，A(2，0)，B(0，1)，则当∠PBA 最大时，|PB|＝
________．
2
16 ．已知 A(xA，yA)，B(xB，yB)是椭圆 C： ＋y26 ＝1 上关于原点对称的两点，其中
xAxAyByB≠0，过点 A 作与 AB 垂直的直线 l 与椭圆 C 交于点 D．若 kAB，kBD分别表示直线 AB，
BD 的斜率，则 ＝________.
18.(本小题满分 12 分)2022 年教育部印发的《义务教育课程方案》，将劳动从原来的综合实践
活动课程中完全独立出来，并发布了《义务教育劳动课程标准(2022 年版)》．此后，儿童厨具
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
等劳动教育类玩具走俏市场，特别是“真煮”儿童厨具成了热销玩具．某儿童玩具批发商，统计
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。
了某品牌“真煮”儿童厨具 6 月份的销售情况，如表所示．
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规格 x(件套) 19 22 28 36 45 48
销量 y(千件) 3.8 3.6 3.2 4.2 3.0 2.6
(1)根据相关系数 r，判断“真煮”儿童厨具的规格与销量间线性相关关系的强弱；(结果精确到
0.01)
(2)由于受玩具实用性的影响，规格为 36 件套的销量出现异常，若将该组数据剔除，则剩余五
组数据 y 与 x 之间具有线性相关关系，试根据表格，求出剩余五组数据 y 关于 x 的线性回归方
程，并推测在没有受玩具的实用性的影响下，规格为 36 件套的销量的估计值．(系数精确到
0.01)
19．(本小题满分 12 分)如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，AC＝ 20．(本小题满分 12 分)已知抛物线 C：x2＝2py(p>0)的焦点为 F，O 为坐标原点，横坐标为 2
2 3，△ADE 为等腰直角三角形，∠AED＝90°，平面 ADE⊥平面 ABCD，且 EF∥AB，EF＝
的点 P 在抛物线 C 上，且满足|PF|＝|PO|.
1. (1)求抛物线 C 的方程；
(1)证明：AC⊥平面 BDF；
(2)过抛物线 C 上的点 A(异于点 O)作抛物线 C 的切线 l，过点 O 作 l 的垂线，垂足为 B，直线
(2)若 G 为棱 BF 的中点，求三棱锥 G－DEF 的体积．
BO 与抛物线 C 交于点 D，当原点到直线 AD 的距离最小时，求点 A 的坐标．
第 5 页 共 10 页 ◎ 第 6 页 共 10 页
(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。
21.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝－2ln x＋2ax－ax2(a∈R)． 22． (本小题满分 10 分) 选修 4－4：坐标系与参数方程
1
(1)若 a＝－2，求函数 f(x)的极值； = 2cos ,
在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C1的参数方程是{ = 6sin (α 为参数)．以 O 为极点，x ( 1) ( )(2)已知 f′(x)是 f(x) 2的导函数，f′(x1)＝f′(x2)＝0，且 x1>x2>0，若 2 ＋x1x2>λ 恒成立，求实数 3
轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程是 ρ＝
λ
2 .
的取值范围．
(1)求曲线 C1的极坐标方程和曲线 C2的直角坐标方程；
(2)设曲线 C1和 C2的交点为 A，B，求△AOB 的面积．
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23．(本小题满分 10 分)选修 4－5：不等式选讲
已知函数 f(x)＝|x＋1|.
(1)求不等式 f(x)<|3x－2|－5 的解集 A；
(2)在(1)的条件下，证明：对于任意的 a，b∈A，都有 f(ab)>f(a)－f(－b)成立．
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