2023年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）理科数学试题答案与解析。
1.解析由集合的交集定义知。
2. 解析，故的实部为。
3. 解析故输出。
4. 解析从，，，这个数中一次随机地取个数，由，，，共种情况。满足条件的有，，共种情况。故。
5. 解析显然交点为，故有，所以，或，，所以或，，又，故。
6.解析。7. 解析由，两边都除以，得，即，所以。因为，所以。
8. 解析设圆柱甲的底面半径为，高为，圆柱乙的底面半径为，高为。由题意。
得，所以。又因为，即，所以，故。
评注考查立体几何中侧面积、体积公式，考查运算和恒等变形的能力。
9. 解析易知圆心，，故圆心到直线的距离，所以弦长为。
10. 解析要满足对于任意恒成立，只需即解得。
评注考查数形结合的思想，解题关键是开口向上的抛物线的某一段恒在轴下方，只需两个端点在轴下方即可。
11. 解析因为，所以，由题意可得解得。
所以。12. 解析。
故。13. 解析当时，，由是周期为的函数，作出在上的图像，如图。
由题意知方程在上有10个不同的根。由图可知。
评注考查函数零点及周期性等知识，解题关键是正确地作出函数在上的图像。考查数形结合思想，有一定的难度。
14. 解析因为，由正弦定理得，所以。
当且仅当时等号成立，故的最小值为。
评注考查正弦、余弦定理及基本不等式等知识的灵活运用，对运算及恒等变形能力有较高的要求。
15. 解析（1）因为，，所以。
故。2）由（1）知，所以。
评注本题主要考查三角函数的基本关系式、两角和与差及二倍角的公式，考查运算求解能力。
16. 解析（1）因为，分别为棱，的中点，所以。
又因为平面，平面，所以直线平面。
2）因为，，分别为棱，，的中点，，，所以，，.又因为，故，所以，即。又，，所以。因为，平面，平面，所以平面。又平面，所以平面平面。
评注本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力。
17. 解析设椭圆的焦距为，则，.
1）因为，所以。又，故。因为点在椭圆上，所以，解得。故所求椭圆的方程为。
2）因为，在直线上，所以直线的方程为。解方程。
组得，所以的坐标为。又垂直于轴，由椭圆的对称性，可得点的坐标为。因为直线的斜率为，直线的斜率为，且，所以。又，整理得。故。因此。
评注本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与直线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力。
18. 解析（1）解法一：如图，以为坐标原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系。
由条件知，，直线的斜率。
因为，所以直线的斜率。设点的坐标为，则，.解得，.所以。因此新桥的长是。
2）设保护区的边界圆的半径为， .由条件知，直线的方程为，即。由于圆与直线相切，故点到直线的距离是，即。因为和到圆上任意一点的距离均不少于，所以即解得。
故当时，最大，即圆面积最大。所以当时，圆形保护区的面积最大。
解法二：如图，延长，交于点。
因为，所以，.因为，，所以，从而。因为，所以。
又因为，所以，从。
而。因此新桥的长是。
2）设保护区的边界圆与的切点为，连接，则，且是圆的半径，并设， .因为，所以。故由（1）知，所以。
因为和到圆上任意一点的距离均不少于，所以即解得。故当时，最大，即圆面积最大。所以当时，圆形保护区的面积最大。
评注本题主要考查直线方程、直线与圆的位置关系和解三角形等基础知识，考查建立数学模型及运用数学知识解决实际问题的能力。
19. 解析（1）证明：因为对任意，都有，所以是上的偶函数。
2）由条件知在上恒成立，令，则，所以对任意成立。因为，所以，当且仅当，即时等号成立。因此实数的取值范围。
3）令函数，则。当时，，，又，故，所以是上的单调增函数，因此在上的最小值是。由于存在，使成立，当且仅当最小值，故，即。
令函数，则。令，得。当时，，故是上的单调减函数；当时，，故是上的单调增函数。
所以在上的最小值是。注意到，所以当时，；当时，.所以对任意的成立。
当时，，即，从而；当时，；当时，，即，故。
综上所述，当时，；当时，；当时，.
评注本小题主要考查初等函数的基本性质、导数的应用等基础知识，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力。
20.解析（1）证明：由已知，当时，.于是对任意的正整数，总存在正整数，使得。
所以是“数列”.
2）由已知，得。因为是“数列”，所以存在正整数，使得，即，于是。因为，所以，故。从而。
当时，是小于的整数，.于是对任意的正整数，总存在正整数，使得，所以是“数列”.
因此的值为。
3）证明：设等差数列的公差为，则。
令，，则，下证是“数列”.
设的前项和为，则。于是对任意的正整数，总存在正整数，使得。所以是“数列”.
同理可证也是“数列”.
所以，对任意的等差数列，总存在两个“数列”和，使得。
评注数列的概念、等差数列等基础知识，考查**能力及推理论证能力。
数学（附加题）
21. .解析证明：因为，是圆上的两点，所以。故。又因为，是圆上位于异侧的两点，故，为同弧所对的两个圆周角，所以。因此。
解析由已知，得，.
因为，所以。故解得所以。
解析将直线的参数方程代入抛物线方程，得，解得，.所以。
解析证明：因为，，所以，故。
22. 解析（1）取到的个颜色相同的球可能是个红球、个黄球或个绿球，所以。
2）随机变量所有可能取值为，，.表示的随机事件是“取到的个球是个红球”，故。
所以随机变量的概率分布如下表：
因此随机变量的数学期望。
评注本小题主要考查排列与组合、离散型随机变量的均值等基础知识，考查运算求解能力。
23. 解析（1）由已知，得，于是，所以。故。
2）证明：由已知，得，等式两边分别对求导，得，即，类似可得，，.
下面用数学归纳法证明等式对所有的都成立。
）当时，由上可知等式成立。
）假设当时等式成立，即。
因为，所以。因此当时，等式也成立。
综合（），可知等式，对所有的都成立。
令，可得。所以。
评注本题主要考查简单地复合函数的导数，考查**能力及运用数学归纳法的推理论证能力。
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