2023年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）
数学。参***与解题提示。
1.【答案】c
命题立意】本题考查复数的四则运算规则，难度较小。
解题思路】依题意得，因此选c.
试题延伸】对于复数知识的考查，往往涉及复数的四则运算与相关的基本概念。
2．【答案】b
命题立意】本题考查集合间的关系及集合中的元素所具有的特性，难度较小。
解题思路】依题意得，因此有或即或，选b.
易错点拨】此类问题在解决过程中，容易因忽视集合中元素的互异性而失分。
3.【答案】c
命题立意】本题考查椭圆的标准方程与性质，难度中等。
解题思路】依题意，设椭圆方程是，于是有解得，,因此该椭圆的方程是，选c.
题眼】在解决本题时，应当结合题中所给的准线方程明确椭圆标准方程的形式。
4.【答案】d
命题立意】本题考查正四棱柱的性质与点到平面的距离的求法，难度中等。
解题思路】由题意得，直线平面，所以点到平面的距离即为直线到平面的距离。设点到平面的距离为，则依题意得由得，即点到平面的距离为，从而直线与平面的距离为1，选d.
举一反三】在涉及求点到面的距离问题时，通常可考虑利用定义或同一个三棱锥的体积的不同计算方式而求得。
5.【答案】a
命题立意】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式及裂项相消法求和，难度中等。
解题思路】设等差数列的公差为，则依题意有由此解得所以，因此数列的前项和等于，选a.
试题延伸】在涉及求此类数列前n项和的问题时，通常需要进行裂项变形。
6.【答案】d
命题立意】本题考查向量的平行四边形法则与相关的平面几何知识的应用，难度中等。
解题思路】过点分别作的平行线，分别交于，因为，所以，则有，而四边形是矩形，于是有，选d.
举一反三】在处理有关平面向量的相关问题时，通常离不开应用相关的平面几何知识来帮助解决。
7.【答案】a
命题立意】本题考查同角三角函数间的基本关系及二倍角公式，难度中等。
解题思路】依题意得，；又是第二象限角，因此有，即选a.
易错点拨】本题容易因为忽视对隐含条件的挖掘而失分。
8.【答案】c
命题立意】本题考查双曲线的定义与余弦定理，难度中等。
解题思路】依题意得解得，因为，所以，选c.
知识拓展】在处理此类问题时，应当注意应用双曲线的定义来帮助解决问题。
9.【答案】d
命题立意】本题考查对数函数、指数函数的单调性与比较大小的方法，难度中等。
解题思路】依题意，，于是有，选d.
举一反三】有关比较大小的问题，通常需要结合所给的数的特点，结合相关函数的性质，通过寻找合适的中间数，确定其大小关系。
10.【答案】a.
命题立意】本题考查导数与函数的单调性间的关系及数形结合思想，难度中等。
解题思路】记，则有当或时，；当时，，因此函数在上分别是增函数，在上是减函数，且。要使函数的图象与轴恰有两个公共点，结合图形分析可知或，即或，选a.
一题多解】此题作为选择题，还可结合各选项逐一检验，同样也可得出正确答案。
11.【答案】a
命题立意】本题考查排列组合知识的具体应用能力，难度中等。
解题思路】依题意知，满足题意的排列方法共有种，选a.
举一反三】对于解决排列组合问题，应当结合具体题目而采用相应的方法，并且平时应当注意归纳总结相应的方法以及何时使用相应的计数方法。
12.【答案】b
命题立意】本题考查对称与相应的平面几何知识，难度较大。
解题思路】依据题意画出相应的图形，由此得出结论，选b.
13.【答案】1
命题立意】本题考查线性规划知识与数形结合思想，难度中等。
解题思路】在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域及直线，平移该直线，当平移到经过该平面区域内的点时，相应直线在y轴上的截距达到最大，此时取得最小值，最小值是。
易错点拨】在处理此类问题时，容易因为画图不准确而失分。
14.【答案】
命题立意】本题考查基本三角函数公式与三角函数的性质，难度中等。
解题思路】依题意得，当函数取得最大值时，，即，所以。
试题延伸】考生在复习时应注意熟悉基本三角函数公式及相关三角函数的性质。
15.【答案】
命题立意】本题考查二项式定理，难度中等。
解题思路】依题意得，二项式展开式的通项是令，得，因此的展开式中的系数是。
题眼】本题解题的关键是注意弄清二项展开式中二项式系数与项的系数的意义。
16.【答案】
命题立意】本题考查异面直线所成角的意义与求解，难度较大。
解题思路】过点作平面于点，设，的中点，连接。依题意得，在的平分线上；又是正三角形，因此，四边形是正方形，.过点作交的延长线于点，连接，则(或其补角)是异面直线与所成的角。
在中， ，因此异面直线与所成角的余弦值是。
举一反三】在处理有关异面直线所成角的问题时，往往可以考虑依据定义来处理，通过平移直线，将问题转化为相交直线所成角的问题，从而将问题解决。
17.解：由，得2分。
于是，由已知得①
由及正弦定理得②
由①②得，于是（舍去）或。
又，所以。 （10分）
18.解法一：（ⅰ证明：因为底面为菱形，所以，又底面，所以。 （2分）
设，连接。因为，故， 从而 .因为， 所以，由此知。
与平面内两条相交直线都垂直，所以平面。 （6分）
ⅱ）在平面内过点作为垂足。因为二面角为，所以平面平面。又平面平面，故平面，与平面内两条相交直线都垂直，故平面，于是，所以底面为正方形， (8分)
设到平面的距离为。
因为，且平面平面，故平面，两点到平面的距离相等，即。
设与平面所成的角为，则。
所以与平面所成的角为12分）
解法二：（ⅰ证明：以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系。
设，其中，则。
2分）于是，从而，故。
又，所以平面6分）
设为平面的法向量，则，即且，令，则。（8分）
设为平面的法向量，则，即且令，则。
因为平面平面，故，即，故，于是。
因为与平面所成的角和互余，故与平面所成的角为。（12分）
19.解：记表示事件：第次和第次这两次发球，甲共得分，；
表示事件：第次发球，甲得分；
表示事件：开始第次发球时，甲、乙的比分为比。
(ⅰ)b=
（3分）6分）
ⅱ）.的可能取值为。
10分）12分）
20.解2分）
ⅰ）当时，且仅当时，所以在上是增函数；
ⅱ）当时且仅当，或时，所以在上是减函数；
ⅲ）当时解得，当时，，是增函数。
当时，减函数；
当时，是增函数6分）
ⅱ）由得，所以。
令，则。当时，；时，
又，所以。即。
即9分）当时，有。
i）当时，所以；
ⅱ）当时，.
综上，的取值范围是12分）
21.解：（ⅰ设。对求导得。
故ｌ的斜率。当时，不合题意，所以。
圆心为，的斜率。 （3分）
由知，即，解得，故。
即6分）ⅱ）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，化简得，解得9分）
抛物线在点(i=0，1，2）处的切线分别为，其方程分别为，①
-③得。将代入②得故。
所以到的距离12分）
22.解：（ⅰ用数学归纳法证明：.
ⅰ）当时，，直线的方程为，令，解得，所以2分）
ⅱ）假设当时，结论成立，即。
直线的方程为，令，解得。由归纳假设知。
即。所以，即当时，结论成立。
由（ⅰ）知对任意的的正整数6分）
ⅱ）由（ⅰ）及题意得。设，则，数列是首项为，公比为的等比数列10分）
因此，即，所以数列的通项公式为12分）
全卷分析。试卷亮点】全卷以常见题型为主，试卷的整体难度中等，能够有效地检查考生对于高中数学基础知识的掌握情况；试题具有比较好的区分度，能够有效地区分考生在数学方面的能力；试卷中的创新点是选择题的第12题比较新颖，能够充分考查考生的能力，处理起来有一定的难度；第16题能够充分考查考生对于异面直线所成角的意义的理解，检验考生具体处理问题的能力．
命题趋势分析】从近三年来的全国卷来看，知识的考查比较全面，往往涉及高中数学基础知识的各个方面，同时又注重对于考生的数学能力的考查，试题往往在平凡中体现创新，从而能够达到有效选材的目的。
复习使用指导】本套试卷适合整卷使用，可用于三轮复习后的综合检测，从而检查考生的复习情况，达到有效地备考，从而为下一阶段查漏补缺找准方向．
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