2023年四川高考理科数学试题

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x2x1，Bxx13，则AB（A．x2x1）D．xx2）D．3B．xx4

C．x1x42．已知复数zabi（a,bR），且A．-9B．9zi

12i，则ab=（1iC．-3）3

3．若alog0.30.4，b1.20．，clog2.10.9，则（A．abc

4，已知向量a1,2，b2,3，若akab，则k=（B．bcaC．acbD．bac）D．

A．4

5B．

45C．1414）5．设等差数列an的前n项和为Sn，且a4a8a54，则S13（A．26B．32C．52D．6．执行如图所示的程序框图，若输出的S81，则判断框内可填入的条件是（）A．n9?B．n9?C．n9?D．n9?

7．已知函数fx满足f1xf5x，且fx1是偶函数，当1x3时，fx2x

3

，则4flog236（A．）B．3C．32398D．39428．如图，在正三棱柱ABCA1B1C1，中，AA1AB2，D在A1C上，E是A1B的中点，则ADDE的最小值是（）A．67B．27C．37D．579．某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且每个区域只布置一种花卉，若有5种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有（）A．360种B．420种C．480种D．540种x2y210．已知双曲线C:221a0,b0的左焦点为Fc,0，点M在双曲线C的右支上，A0,b，ab若△AMF周长的最少值是2c4a，则双曲线C的离心率是（A．）D．5）31

2B．31

C．5211．已知正三棱锥P—ABC的底面边长为3，高为6，则三棱锥P—ABC的内切球的表面积为（A．32B．3C．6，函数gxf

C1,1D．1212．已知函数fxA．3,12x3,x0,x3x1,x0

B．0,13

fxm恰有5个零点，则m的取值范围是（D．1,3）二，填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．幸福指数是衡量人们对自身生存和发展状况的感受和体验，即人们的幸福感的一种指数．某机构从某社区随机调查了10人，得到他们的幸福指数（满分：10分）分别是7.6，8.5，7.8，9.2，8.1，9，7.9，9.5，8.3，8.8，则这组数据的中位数是______14．已知抛物线C:y8x的焦点为F，直线l:yxm与抛物线C交于A，B两点，若AFBF18，则m=______15．设数列an的前n项和为Sn，若bn数列an的“均值数列”，且bn

21

，则an的最小值是______3nSn，则称数列bn是数列an的“均值数列”．已知数列bn是n

16．已知函数fxsinx3cosx0，fx1fx24，且x1x2的最小值是x的方程fx1在m,nmn上有2023个零点，则nm的最小值是______．若关于2三、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．17．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinBcsinCa．（1）证明：BC（2）若A

，a23，求△ABC的面积．3218．（12分）某杂志社对投稿的稿件要进行评审，评审的程序如下：先由两位专家进行初审．若两位专家的初审都通过，则予以录用；若两位专家的初审都不通过，则不予录用；若恰能通过一位专家的初审，则再由另外的两位专家进行复审，若两位专家的复审都通过，则予以录用，否则不予录用．假设投稿的稿件能通过各位专家初审的概率均为11

，复审的稿件能通过各位专家复审的概率均为，且每位专家的评审结果相互．32（1）求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率；（2）记X表示投到该杂志的3篇稿件中被录用的篇数，求X的分布列及期望．

19．（12分）如图，在三棱柱BCA1B1C1中，所有棱长均为2，且B1C6，ABB160，BB13BD．（1）证明：平面ABCABB1A1．（2）求平面ACD与平面A1B1C1夹角的余弦值．20．（12分）椭圆E的中心为坐标原点，坐标轴为对称轴，左、右顶点分别为A2,0，B2,0，点1,6在椭圆E上．（1）求椭圆E的方程．（2）过点1,0的直线l与椭圆E交于P，Q两点（异于点A，B），记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，请说明理由．21．（12分）已知函数fxexmx3nx2x（其中e为自然对数的底数），且曲线yfx在x1处的切线方程为yx．（1）求实数m，n的值；（2）证明：对任意的xR，fx3x35x21恒成立．（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．22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）x23cos，在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴y3sin的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是cos2sin120．（1）求曲线C的极坐标方程；（2）设射线l1:

0与曲线C交于点A，与直线1交于点B，求AB的值．423．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知a0，b0，且ab2．（1）求a2b2的最小值；（2）证明：a1b122．2023年四川高考理科数学试题参

1．C2．D3．D4．B5．C6．D7．B由题意可得Axx1，Bx2x4，则ABx1x4．由题意可得abii12i1i，则bai13i，从而a3，b1，故ab3．由题意可知0a1，b1，c0，则ba＞c．由题意可得kabk2,2k3，则k222k30，解得k

4

.5由等差数列的性质可得a4a8a5a7a54．则a74．故S1313a752．由程序框图可知S135（2n1）n281，解得n9．因为fx1是偶函数，所以fxfx2．因为f1xf5x，所以fxfx6，所以fx2fx6，即fxfx4．因为5log232log236log26．所以993

flog236flog2364flog23．444

8．C如图，将平面A1BC与平面A1AC翻折到同一平面上，连接AE，记AEACF．由题意可知1A1AACBC2，A1CA1B22，则AAC45，cosBAC11884222223，从而4sinBA1C

73214，故cosAA1Bcos（AA1CBA1C）．因为E是A1B的中点，所以48321437．因为D在A1C上，所以8A1E2，由余弦定理可得AE242222ADDEAE，则ADDE37．29．D如图，先在区域A布置花卉，有5种不同的布置方案，再在区域E布置花卉，有4种不同的布置方案，再在区域D布置花卉，有3种不同的布置方案．若区域B与区域E布置同一种花卉，则区域C有3种不同的布置方案；若区域B与区域E布置不同的花卉，则区域B有2种不同的布置方案，区域C有3种不同的布置方案．故不同的布置方案有543323540种．10．B如图，设双曲线C的右焦点为F，连接AF，线段AF交双曲线C于点M，则AMMFAF．由双曲线的定义可得MFMF2a，则AMMFAMMF2aAF2a．因为A0,b，所以AFAFbc，则2b2c22a2c4a，整理得c22ac2a20，即22e22e20，解得e31．11．A如图，取棱AB的中点D，连接CD，作PH平面ABC，垂足为H，则PH性质可知H在CD上，且CH2DH．因为AB3，所以CD

6．由正三棱锥的33，则CH3．因为PH6，所2以PC363，则三棱锥P—ABC的表面积S

39493，设三棱锥P—ABC的内切球的半径4为r，则VPABC

1316，从而三棱锥P—ABC的内切球的表面积为9693r．解得r

34344r2

3.212．C当x0时，fx3x23．由fx0，得x1，由fx0，得1x0，则fx在1,0上单调递减，在,1上单调递增，故fx的大致图象如图所示。设tfx，则mft，由图可知当m3时，mft有且只有1个实根，则tfx最多有3个不同的实根，不符合题意．当m3时，t23．（fx）t1有2个不同的实根，（fx）t2mft的解是t11，有2个不同的实根，则tfx有4个不同的实根，不符合题意．当1m3时，mft有3个不同的实根t3，t4，t5，且t32,1，t41,0，t52,3．（fx）t3有2个不同的实根，（fx）t4有2个不同的实根，（fx）t5有3个不同的实根，则tfx有7个不同的实根，不符合题意．当1m1时，fx）t6有2个不同的实根，（fx）t7有mft有2个不同的实根t6，t7，且t63,1，t71,2．（

3个不同的实根，则tfx有5个不同的实根，符合题意．当3m1时，mft有2个不同的实根t8，且t83,1，有2个不同的实根，则tfxt9，fx）t8有2个不同的实根，（fx）t9，t90,1，（有4个不同的实根，不符合题意．当m3时，mft有且只有1个实根，则tfx最多有3个不同的实根，不符合题意，综上，m的取值范围是1,1．13．8.4将这组数据按从小到大的顺序排列为7.6．7.8．7.9，8.1，8.3，8.5，8.8，9，9.2．9.5，则这组数据的中位数是8.38.5

8.4．2y28x

14．-3设Ax1,x2，By1,y2，联立，整理得x22m8xm20，则yxm

2m84m2322m0，x1x282m．由抛物线的定义可得AFBFx1x24，则82m418，解得m3．S11nn1

15．由题意可得nn．则Snn．当n2时，Sn1n1．所以9n333nn132n132n

．当时，满足上式，则．因为n1anSnSn1nn1n2aa1nnn33333an1an12n32n4n2n，所以当n2时，an1an0，则a1a2，当n2时，a2a3，n1n13331

.92当n3时，an1an0，则a3a4a5，故an的最小值是a216．1011由题意可得fx2sinx



112，则，即0T，解得2．由

3222215

fx1，得sin2x，则2x2k或2x2kk，解得xk或323636122故fx的相邻两个零点之间的距离是或．要使nm最小，则m，n都是fx1k，4332的解，则nm10111011．2xk

17．（1）证明：因为bsinBcsinCa，所以sin2Bsin2CsinA，所以sinBsinACsinCsinABsinA．所以sinBsinAcosCcosAsinCsinCsinAcosBcosAsinBsinA，即sinBsinAcosCsinCsinAcosBsinA．因为sinA0，所以sinBcosCsinCcosB1，即sinBC1．故BC（2）解：由（1）可知BC因为A

27，所以BC．则B．C.331212abc

由正弦定理可知4．则b4sinB．c4sinC．sinAsinBsinC1

故△ABC的面积SbcsinA43sinBsinC43cosCsinC23sin2C3．21118．解：（1）由题意可得投到该杂志的1篇稿件初审直接被录用的概率P1：投到该杂志的1篇392．2.21211

稿件初审没有被录用，复审被录用的概率P2C.332912

2

故投到该杂志的1篇稿件被录用的概率PP1P2

112

.9992，9

（2）由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～B3,

32

272949873431

PX0C,PX1C3

99729243972903288278432PX2C32．PX3C3.997292439729则X的分布列为XP01232334372922．9398243282438729故EX3

19．（1）证明：如图，取棱AB的中点O，连接OB1，OC，AB1．由题意可知AA1B1B为菱形，且ABB160，则△ABB1为正三角形．因为O是棱AB的中点，所以OB1AB．由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，则OCAB，OC3．因为△ABB1是边长为2的等边三角形，所以OB1因为B1C

3．6，所以OC2OB12B1C2，所以OB1CO．因为AB，OC平面ABC，且ABOCO，所以OB1平面ABC．因为OB1平面ABB1A1，所以平面ABC平面ABB1A1．

（2）解：由（1）可知OB，OC，OB1两两垂直，故分别以OC，OB,OB1的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,1,0．C

23

3,0,0．D0,3,3，A10,2,3，B10,0,3，

23

3,1,0，CD3,3,3．A1C



设平面ACD的法向量为nx1,y1,z1，故AC



3,2,3，A1B10,2,0．

nAC3x1y10



则,令x11，得n1,3,5．23z10nCD3x1y1

33

设平面A1B1C的法向量为mx2,y2,z2，

mA1C3x22y23z20则，令x21，得m1,0,1．mA1B12y20

nm

设平面ACD与平面A1B1C的夹角为θ，则coscosn,m

nm

即平面ACD与平面A1B1C夹角的余弦值为15358

29292358.2920．解：（1）设椭圆E的方程为mx2ny21m0,n0．1m4m14，则，解得m6n1n1

8x2y2故椭圆E的方程为1．48（2）依题可设直线l的方程为xmy1，Px1,y1，Qx2,y2，Mx0,y0．xmy1

22联立方程组x2y2,整理得2m1y4my60，184则y1y2

4m6，yy12

2m212m21y1y

x2，直线BQ的方程为y2x2，x12x22直线AP的方程为y

y1yx2x22y1x24y12x1y24y24my1y26y12y21

联立方程组，得x0

yx2yx2y3y1y212212yx2x224m6，得，得2my1y23y1y2.yy12222m12m1故点M在定直线x4上．由y1y2

21．（1）解：因为fxexmx3nx2x，所以fxex3mx22nx1．则

f1emn11f1e3m2n11

解得me，n2e．（2）证明：设gxfx3x5x1ee3x2e5xx1

32x32则gxex3e3x222e5x1．设hxgx，则hxex6e3x22e5x1．设mxhx，则mxex6e3．当x,ln186e时，mx0，当xln186e,时，mx0，所以mx在,ln186e上单调递减，在ln186e,上单调递增，即hx在,ln186e上单调递减，在ln186e,上单调递增．因为h0114e0，h13e80，h

1

e+1e0，2

所以存在x10,





11

x，2,1，使得hx1hx20．22

故当x,x1x2,时，hx0；当xx1,x2时，hx0．所以gx在,x1与x2,上单调递增，在x1,x2上单调递减．因为g00，g10，所以存在唯一的x3x1,x2，使得gx30，所以当x,0x3,1时gx0，当x0,x31,时，gx0，则gx在,0与x3,1上单调递减，在0,x3与1,上单调递增．故gxmin是g0与g1中的较小值．因为g00，g10，所以gx0恒成立，即对任意的xR．fx3x35x21恒成立．22．解：（1）由x23cos，2222（α为参数），得x2y9，即xy4x50，y3sin2则曲线C的极坐标方程为4cos50．，

（2）联立解得B42．4

cos2sin120,，联立解得A27424cos50,

故AB

AB327．23．（1）解：因为ab2，所以a2b22ab4，所以a2b242ab．ab

因为a0，b0，所以ab1，当且仅当ab1时，等号成立，2

则a2b2422，即a2b2的最小值是2．（2）证明：因为2a1

2

b3

，当且仅当b1时，等号成立，2a3b3

所以2a12b14．当且仅当ab1时，等号成立222b1

则a1b122，当且仅当ab1时，等号成立。a3

，当且仅当a1时，等号成立，2