2023年普通高等学校招生全国统一考试（新课标2解析卷）
数学（文科）
1.答案b命题意图】本试题主要考查了集合的概念，集合的包含关系的运用。
解析】由正方形是特殊的菱形、特殊的矩形、特殊的平行四边形，矩形是特殊的平行四边形，可知集合是最小的，集合是最大的，故选答案b。
2.答案a命题意图】本试题主要考查了反函数的求解，利用原函数反解，再互换得到结论，同时也考查了函数值域的求法。
解析】由，而，故。
互换得到，故选答案a
3.答案c命题意图】本试题主要考查了偶函数的概念与三角函数图像性质，。
解析】由为偶函数可知，轴是函数图像的对称轴，而三角函数的对称轴是在该函数取得最值时取得，故，而，故时，，故选答案c。
4.答案a命题意图】本试题主要考查了同角三角函数关系式的运用以及正弦二倍角公式的运用。
解析】因为为第二象限角，故，而，故，所以，故选答案a。
5.答案c命题意图】本试题主要考查了椭圆的方程以及性质的运用。通过准线方程确定焦点位置，然后借助于焦距和准线求解参数，从而得到椭圆的方程。
解析】因为，由一条准线方程为可得该椭圆的焦点在轴上县，所以。故选答案c
6.答案b命题意图】本试题主要考查了数列中由递推公式求通项公式和数列求和的综合运用。
解析】由可知，当时得。
当时，有 ①
－②可得即，故该数列是从第二项起以为首项，以为公比的等比数列，故数列通项公式为，故当时，当时，，故选答案b
7.答案c命题意图】本试题考查了排列问题的运用。利用特殊元素优先安排的原则分步完成得到结论。
解析】甲先安排在除开始与结尾的位置还有个选择，剩余的元素与位置进行全排列有，故不同的演讲次序共有种。
8.答案d命题意图】本试题主要考查了正四棱柱的性质的运用，以及点到面的距离的求解。体现了转换与化归的思想的运用，以及线面平行的距离，转化为点到面的距离即可。
解析】因为底面的边长为2，高为，且连接，得到交点为，连接，，则点到平面的距离等于到平面的距离，过点作，则即为所求，在三角形中，利用等面积法，可得，故选答案d。
9.答案d命题意图】本试题主要考查了向量的加减法几何意义的运用，结合运用特殊直角三角形求解点d的位置的运用。
解析】由可得，故，用等面积法求得，所以，故，故选答案d
10.答案c
命题意图】本试题主要考查了双曲线的定义的运用和性质的运用，以及余弦定理的运用。首先运用定义得到两个焦半径的值，然后结合三角形中的余弦定理求解即可。
解析】解：由题意可知，，设，则，故，，利用余弦定理可得。
11.答案d
命题意图】本试题主要考查了对数、指数的比较大小的运用，采用中间值大小比较方法。
解析】，，故选答案d。
12.答案b
命题意图】本试题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用。通过相似三角形，来确定反射后的点的落的位置，结合图像分析反射的次数即可。
解析】解：结合已知中的点e,f的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到ea点时，需要碰撞8次即可。
13.答案。
命题意图】本试题主要考查了二项式定理展开式通项公式的运用。利用二项式系数相等，确定了的值，然后进一步借助通项公式，得到项的系数。
解析】根据已知条件可得展开式的通项公式为，令，故所求的系数为。
14.答案：
命题意图】本试题考查了线性规划最优解的求解的运用。常规题型，只要正确作图，表示出区域，然后借助于直线平移法得到最值。
解析】利用不等式组，作出可行域，可知区域表示的为三角形，当目标函数过点时，目标函数最大，当目标函数过点时最小为。]
15.答案：
命题意图】本试题主要考查了三角函数性质的运用，求解值域的问题。首先化为单一三角函数，然后利用定义域求解角的范围，从而结合三角函数图像得到最值点。
解析】由。由可知。
当且仅当即时取得最小值，时即取得最大值。
16．答案。
命题意图】本试题考查了正方体中的异面直线所成角的求解问题。
解析】首先根据已知条件，连接，则由可知或其补角为异面直线与所成的角，设正方体的棱长为2，则可以求解得到，再由余弦定理可得。
17.【命题意图】： 本试题主要考查了解三角形的运用。
该试题从整体看保持了往年的解题风格，依然是通过边角的转换，结合了三角形的内角和定理的知识，以及正弦定理求解三角形中的角的问题。试题整体上比较稳定，思路比较容易想，先利用等差数列得到角，然后利用正弦定理与三角求解运算得到答案。
解析】由a．b．c成等差数列可得，而，故且。
而由与正弦定理可得。
所以可得。由，故。
或，于是可得到或。
18.【命题意图】本试题主要考查了数列的通项公式与数列求和相结合的综合运用。
解：（1）由与可得。
故所求的值分别为。
2）当时。－②可得即。
故有。而，所以的通项公式为。
点评】试题出题比较直接，没有什么隐含的条件，只要充分发挥利用通项公式和前项和的关系式变形就可以得到结论。
19.【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用。从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度，并加以证明和求解。
解：设，以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则设。
ⅰ）证明：由得， 所以，，，所以，所以，，所以平面；
ⅱ） 设平面的法向量为，又，由得，设平面的法向量为，又，由，得，由于二面角为，所以，解得。
所以，平面的法向量为，所以与平面所成角的正弦值为，所以与平面所成角为。
点评】试题从命题的角度来看，整体上题目与我们平时练习的试题和相似，底面也是特殊的菱形，一个侧面垂直于底面的四棱锥问题，那么创新的地方就是点的位置的选择是一般的三等分点，这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的，因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好。
20．【命题意图】本试题主要是考查了关于独立事件的概率的求解。首先要理解发球的具体情况，然后对于事件的情况分析，讨论，并结合独立事件的概率求解结论。
解：记为事件“第i次发球，甲胜”，i=1,2,3，则。
ⅰ）事件“开始第次发球时，甲、乙的比分为比”为，由互斥事件有一个发生的概率加法公式得。
即开始第次发球时，甲、乙的比分为比的概率为0.352
ⅱ）五次发球甲领先时的比分有：这两种情况。
开始第5次发球时比分为的概率为：
开始第5次发球时比分为的概率为：
故求开始第5次发球时，甲得分领先的概率为。
点评】首先从试题的选材上**于生活，同学们比较熟悉的背景，同时建立在该基础上求解进行分类讨论的思想的运用。情景比较亲切，容易入手，但是在讨论情况的时间，容易丢情况。
21.【命题意图】本试题考查了导数在研究函数中的运用。第一问就是三次函数，通过求解导数求解单调区间。另外就是运用极值概念，求解参数值的运用。
解：（1）依题意可得。
当即时，恒成立，故，所以函数在上单调递增；
当即时，有两个相异实根且。
故由或，此时单调递增。
由，此时此时单调递增递减。
综上可知。当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在单调递增，在单调递减。
2）由题设知，为方程的两个根，故有。
因此。同理。
因此直线的方程为。
设与轴的交点为，得。
而。由题设知，点在曲线的上，故，解得或或。
所以所求的值为或或。
点评】试题分为两问，题面比较简单，给出的函数比较常规，这一点对于同学们来说没有难度，但是解决的关键还是要看导数的符号对函数单调性的影响，求解函数的单调区间。第二问中，运用极值的问题，和直线方程的知识求解交点，得到参数的值。
22.【命题意图】本试题考查了抛物线与圆的方程，以及两个曲线的公共点处的切线的运用，并在此基础上求解点到直线的距离。
解：（1）设，对求导得，故直线的斜率，当时，不合题意，所心。
圆心为，的斜率。
由知，即，解得，故。
所以。2）设为上一点，则在该点处的切线方程为即。
若该直线与圆相切，则圆心到该切线的距离为，即，化简可得。
求解可得。抛物线在点处的切线分别为，其方程分别为。
－③得，将代入②得，故。
所以到直线的距离为。
点评】该试题出题的角度不同于平常，因为涉及的是两个二次曲线的交点问题，并且要研究两曲线在公共点出的切线，把解析几何和导数的工具性结合起来，是该试题的创新处。另外对于在第二问中更是难度加大了，出现了另外的两条公共的切线，这样的问题对于我们以后的学习也是一个需要练习的方向。
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