2023年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）理科数学试题答案与解析。
1. 解析因为，所以。故选c.
2. 解析由三视图知识可知，圆柱的正视图是矩形，不可能为三角形。故选a.
3. 解析因为，所以。因为，所以。所以。故选c.
4. 解析由题图可知过点，所以，即。
a项，在上为减函数，错误；b项，符合；c项，在上为减函数，错误；d项，在上为减函数，错误。
5. 解析程序运行如下：，；满足条件，输出，故选b.
6. 解析当时，，由题意不妨令，则，所以充分性成立；当时，，也有，所以必要性不成立。
7. 解析作出的图像如图所示，可排除a，b，c，故d正确。
评注考查函数的基本箱子及数形结合思想，本题的关键是正确作出的图像。
8. 解析设，a项，因为，所以无解。
b项，因为，所以解之得。故b中的，可把表示出来。同理，c，d项同a项，无解。
9. 解析设，圆心为，由已知得，则。
（当取等号）
故。10. 解析从个有区别的黑球取个的方法数为，故可用的展开式中的系数表示。又所有的蓝球都取或都不取用表示。
再由乘法原理知，符合题意的取法可由表示。
故选a.11. 解析作出可行域，如图所示，显然为最优解。所以。
12. 解析由，得，所以，故，所以。
13. 解析设底面的边长分别为， ，总造价为元，则。
当且仅当时取等号）故该容器的最低总造价是元。
14. 解析因为与互为反函数，故直线两侧的阴影部分面积相等，只需计算其中一部分即可。如图，.
所以，故所求概率为。
评注考查几何概型，用定积分求面积等知识，考查学生分析问题、解决问题的能力。
15. 解析因为，故，，，互异。若只有①正确，则，，，矛盾。
故①不正确；若只有②正确，则，，，从而，，所以共有两个符合条件的有序数组；若只有③正确，则，，，从而，所以只有一个符合条件的有序数组；
若只有④正确，则，，，满足条件的有，，，共三个。综上，共有6个符合条件的有序数组。
评注本题综合考查集合的性质，组合计数的分类讨论方法。题小而精，要逐一讨论，仔细解答。
16. 解析解法一：（）因为，，所以。
所以。）因为。
所以。由，，得，.
所以的单调递增区间为，.
解法二： ）因为，，所以，从而。
）.由，得，.所以的单调递增区间为，.
评注本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角公式、两角和与差的三角函数公式及三角函数的图像与性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想。
17. 解析 （）因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面。又平面，所以。
）过点在平面内作，如图。
由（）知平面，平面，平面，所以，.以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系。
依题意，得，则，，.
设平面的法向量为，则即。
取，得平面的一个法向量为。
设直线与平面的一个法向量为。
则，即直线与平面所成角的正弦值为。
评注本题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想。
18. 解析（）设顾客所获的奖励额为。
）依题意，得，即顾客所获的奖励额为元的概率为。
）依题意，得的所有可能取值为，.，即的分布列为。
所以顾客所获的奖励额的期望为（元）.
）根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为元。所以，先寻找期望为元的可能方案。对于面值由元和元组成的情况，如果选择的方案，因为元是面值之和的最大值，所有期望不可能为元；如果选择的方案，因为元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为元，因此可能的方案是，记为方案1.
对于面值由元和元组成的情况，同理可排除和的方案，所以可能的方案是，记为方案2.
以下是对两个方案的分析：
对于方案1，即方案，设顾客所获得奖励额为，则的分布列为。
的期望为，的方差为。
对于方案2，即方案，设顾客所获得奖励额为，则的分布列为。
的期望为，的方差为。
由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.
注：第（）问，给出方案1或方案2的任一种方案，并利用期望说明所给方案满足要求，给3分；进一步比较方差，说明应选择方案2，再给2分。
评注本题主要考查古典概型、离散型随机变量的分布列、数学期望、方差等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力、应用意识，考查必然与或然思想、分类与整合思想。
19. 解析解法一：（）因为双曲线的渐近线分别为，，所以，所以，故，从而双曲线的离心率。
）由（）知，双曲线的方程为。
设直线与轴相交与点。当轴时，若直线与双曲线有且只有一个公共点，则，，又因为的面积为8，所以，因此，解得，此时双曲线的方程为。若存在满足条件的双曲线，则的方程只能为。
以下证明：当直线不与轴垂直时，双曲线：也满足条件。设直线的方程为，依题意，得或，则。记，.
由得，同理得。
由得，.即。
由得。因为，所以，又因为，所以，即与双曲线有且只有一个公共点。
因此，存在总与有且只有一个公共点的双曲线，且的方程为。
解法二：（）同解法一。
）由（）知，双曲线的方程为。
设直线的方程为，，.依题意得。
由得，同理得。
设直线与轴相交于点，则。由，得，所以。
由得。因为，直线与双曲线由且只有一个公共点当且仅当。
即，即，即，所以，因此，存在总与有且只有一个公共点的双曲线，且的方程为。
解法三：（）同解法一。
）当直线不与轴垂直时，设直线的方程为，，.
依题意得或。
由得，因为，，所以，又因为的面积为，所以，又易知，所以，化简得。所以，即。
由（）得双曲线的方程为，由得，因为，直线与双曲线有且只有一个公共点当且仅当，即，所以，所以双曲线的方程为。
当轴时，由的面积等于8可得：，又易知：与双曲线。
有且只有一个公共点。
综上所述，存在总与有且只有一个公共点的双曲线，且的方程为。
评注本题主要考查双曲线的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础直线，考查轴线概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查特殊与一般思想、数形结合思想、分类与整合思想、函数与方程思想。
20. 解析解法一：（1）由，得。又，得。所以，.令，得。
当时，，单调递减；
当时，，单调递增。
所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值。
2）令，则。由（1）得，故在上单调递增，又，因此，当时，即。
3）①若，则。又由（2）知，当时，.所以当时，.取，当时，恒有。
若，令，要使不等式成立，只要成立。而要使成立，则只要，只要成立。
令，则，所以当时，，在内单调递增。取，所以在内单调递增，又，易知，，所以。即存在，当时，恒有。
综上，对任意给定的正数，总存在，当时，恒有。
解法二：（1）由，得。又，得。所以，.令，得。
当时，，单调递减；
当时，，单调递增。
所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值。
2）令，则。由（1）得，故在上单调递增，又，因此，当时，即。
3）对任意给定的正数，取，由（2）知，当时，所以，当时，，因此，对任意给定的正数，总存在，当时，恒有。
解法三：（1）由，得。又，得。所以，.令，得。
当时，，单调递减；
当时，，单调递增。
所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值。
2）令，则。由（1）得，故在上单调递增，又，因此，当时，即。
3）首先证明当时，恒有。证明如下：令，则。由（2）知，当时，，从而，在。
内单调递减，所以，即。取，当时，有。
因此，对任意给定的正数，总存在，当时，恒有。
注：对的分类可有不同的方式，只要解法正确，均相应给分。
评注本题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用、全称量词与存在量词等基础知识，考查运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想。
21.解析 （1）选修：矩阵与变换。
）因为矩阵是矩阵的逆矩阵，且，所以。
）矩阵的特征多项式为，令，得矩阵的特征值为或，所以是矩阵的属于特征值的一个特征向量，是矩阵的属于特征值的一个特征向量。
2）选修：坐标系与参数方程。
）直线的普通方程为，圆的普通方程为。
）因为直线与圆有公共点，故圆的圆心到直线的距离，解得。
3）选修：不等式选讲。
）因为，当且仅当时，等号成立，所以的最小值等于3，即。
）由（）知，又因为，，是正实数，所以，即。
评注本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想。
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