2023年江西省高考数学试卷(理科)答案与解析

1、2023年江西省高考数学试卷理科参考答案与试题解析一、选择题共12小题，每题5分，总分值60分15分2023江西在复平面内，复数z=sin2+icos2对应的点位于A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【考点】复数的代数表示法及其几何意义【分析】由复数的几何意义作出相应判断【解答】解：sin20，cos20，z=sin2+icos2对应的点在第四象限，应选D【点评】此题考查的是复数的几何意义，属于根底题25分2023江西定义集合运算：A*B=z|z=xy，xA，yB设A=1，2，B=0，2，那么集合A*B的所有元素之和为A0B2C3D6【考点】集合确实定性、互异性、无序性【分析】根据题意，结

2、合题目的新运算法那么，可得集合A*B中的元素可能的情况；再由集合元素的互异性，可得集合A*B，进而可得答案【解答】解：根据题意，设A=1，2，B=0，2，那么集合A*B中的元素可能为：0、2、0、4，又有集合元素的互异性，那么A*B=0，2，4，其所有元素之和为6；应选D【点评】解题时，注意结合集合元素的互异性，对所得集合的元素的分析，对其进行取舍35分2023江西假设函数y=fx的值域是，那么函数的值域是ABCD【考点】根本不等式在最值问题中的应用【分析】先换元，转化成积定和的值域，利用根本不等式【解答】解：令t=fx，那么，那么y=t+=2当且仅当t=即t=1时取“=，所以y的最小值为2应

3、选项为B【点评】做选择题时，求得最小值通过排除法得值域；考查用根本不等式求最值45分2023江西=AB0CD不存在【考点】极限及其运算【专题】计算题【分析】把原式进行分母有理化，得：，消除零因子简化为，由此可求出的值【解答】解：=，应选A【点评】此题考查池函数的极限，解题时要注意计算能力的培养55分2023江西在数列an中，a1=2，an+1=an+ln1+，那么an=A2+lnnB2+n1lnnC2+nlnnD1+n+lnn【考点】数列的概念及简单表示法【专题】点列、递归数列与数学归纳法【分析】把递推式整理，先整理对数的真数，通分变成，用迭代法整理出结果，约分后选出正确选项【解答】解：，=应

4、选：A【点评】数列的通项an或前n项和Sn中的n通常是对任意nN成立，因此可将其中的n换成n+1或n1等，这种方法通常称迭代或递推解答此题需了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同；会根据数列的递推公式写出数列的前几项65分2023江西函数y=tanx+sinx|tanxsinx|在区间内的图象是ABCD【考点】正切函数的图象；分段函数的解析式求法及其图象的作法；三角函数值的符号；正弦函数的图象；余弦函数的图象【专题】压轴题；分类讨论【分析】此题的解题关键是分析正弦函数与正切函数在区间上的符号，但因为区间即包含第II象限内的角，也包含第III象限内的角，因此要进行分类讨论【解答】解：函

5、数，分段画出函数图象如D图示，应选D【点评】准确记忆三角函数在不同象限内的符号是解决此题的关键，其口决是“第一象限全为正，第二象限负余弦，第三象限负正切，第四象限负正弦75分2023江西F1、F2是椭圆的两个焦点，满足=0的点M总在椭圆内部，那么椭圆离心率的取值范围是A0，1B0，C0，D，1【考点】椭圆的应用【专题】计算题【分析】由=0知M点的轨迹是以原点O为圆心，半焦距c为半径的圆又M点总在椭圆内部，cb，c2b2=a2c2由此能够推导出椭圆离心率的取值范围【解答】解：设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a，b，c，=0，M点的轨迹是以原点O为圆心，半焦距c为半径的圆又M点总在椭圆内部，该

6、圆内含于椭圆，即cb，c2b2=a2c2e2=，0e应选：C【点评】此题考查椭圆的根本知识和根底内容，解题时要注意公式的选取，认真解答85分2023江西展开式中的常数项为A1B46C4245D4246【考点】二项式定理的应用【专题】计算题【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令x 的指数为0得常数项【解答】解：的展开式的通项为，其中r=0，1，26的展开式的通项为=，其中k=0，1，2，10的通项为=当时，展开式中的项为常数项，时，展开式中的项为常数项展开式中的常数项为1+C63C104+C66C108=4246应选项为D【点评】此题考查二项展开式的通项公式是解决展开式的特定项问题

7、的工具95分2023江西假设0a1a2，0b1b2，且a1+a2=b1+b2=1，那么以下代数式中值最大的是Aa1b1+a2b2Ba1a2+b1b2Ca1b2+a2b1D【考点】根本不等式【分析】此题为比拟一些式子的大小问题，可利用做差法和根本不等式比拟，较复杂；也可取特值比拟【解答】解：又a1b1+a2b2a1b2+a2b1=a1a2b1a1a2b2=a2a1b2b10a1b1+a2b2a1b2+a2b1而1=a1+a2b1+b2=a1b1+a2b1+a1b2+a2b22a1b1+a2b2解法二：取，即可应选A【点评】此题主要考查比拟大小问题，注意选择题的特殊做法，切勿“小题大做105分20

8、23江西连接球面上两点的线段称为球的弦半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于、，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有以下四个命题：弦AB、CD可能相交于点M；弦AB、CD可能相交于点N；MN的最大值为5；MN的最小值为1其中真命题的个数为A1个B2个C3个D4个【考点】球面距离及相关计算【专题】计算题；综合题【分析】根据题意，由球的弦与直径的关系，判定选项的正误，然后答复该题【解答】解：因为直径是8，那么正确；错误易求得M、N到球心O的距离分别为3、2，假设两弦交于N，那么OMMN，RtOMN中，有OMON，矛盾当M、O、N共线时分别取最大值5最小值1应选C【点评

9、】此题考查球面距离及其计算，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是根底题115分2023江西电子钟一天显示的时间是从00：00到23：59的每一时刻都由四个数字组成，那么一天中任一时刻的四个数字之和为23的概率为ABCD【考点】等可能事件的概率【专题】计算题；压轴题【分析】此题是一个古典概型，解题时要看清试验发生时的总事件数和一天中任一时刻的四个数字之和为23事件数，前者可以根据生活经验推出，后者需要列举得到事件数【解答】解：一天显示的时间总共有2460=1440种，和为23有09：59，19：58，18：59，19：49总共有4种，故所求概率为P=应选C【点评】此题考查的是古典概型，如何判断一个

10、试验是否是古典概型，分清在一个古典概型中某随机事件包含的根本领件的个数和试验中根本领件的总数是解题的关键125分2023江西函数fx=2mx224mx+1，gx=mx，假设对于任一实数x，fx与gx至少有一个为正数，那么实数m的取值范围是A0，2B0，8C2，8D，0【考点】一元二次不等式的应用【专题】压轴题【分析】当m0时，显然不成立；当m0时，因为f0=10，所以仅对对称轴进行讨论即可【解答】解：当m0时，当x接近+时，函数fx=2mx224mx+1与gx=mx均为负值，显然不成立当x=0时，因f0=10当m0时，假设，即0m4时结论显然成立；假设，时只要=44m28m=4m8m20即可，

11、即4m8那么0m8应选B【点评】此题主要考查对一元二次函数图象的理解对于一元二次不等式，一定要注意其开口方向、对称轴和判别式二、填空题共4小题，每题4分，总分值16分134分2023江西直角坐标平面上三点A1，2、B3，2、C9，7，假设E、F为线段BC的三等分点，那么=22【考点】平面向量数量积的运算【分析】此题首先要用等比分点的公式计算出E和F两点的坐标，根据所求的坐标得到向量的坐标，把向量的坐标代入向量的数量积公式，求出结果【解答】解：根据三等分点的坐标公式，得E5，1，F7，4；=4，1，=6，2=462=22，故答案为：22【点评】看清问题的实质，认识向量的代数特性向量的坐标表示，实

12、现了“形与“数的互相转化以向量为工具，几何问题可以代数化，代数问题可以几何化144分2023江西不等式的解集为，30，1【考点】指数函数的单调性与特殊点；其他不等式的解法【专题】计算题【分析】0 x，30，1【解答】解：，x，30，1答案：，30，1【点评】此题考查指数函数的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答154分2023江西过抛物线x2=2pyp0的焦点F作倾斜角为30的直线，与抛物线分别交于A、B两点点A在y轴左侧，那么=【考点】抛物线的简单性质【专题】计算题；压轴题【分析】作AA1x轴，BB1x轴那么可知AA1OFBB1，根据比例线段的性质可知=，根据抛物线的焦点和直线的倾斜角可表

13、示出直线的方程，与抛物线方程联立消去x，根据韦达定理求得xA+xB和xAxB的表达式，进而可求得xAxB=2，整理后两边同除以xB2得关于的一元二次方程，求得的值，进而求得【解答】解：如图，作AA1x轴，BB1x轴那么AA1OFBB1，=，又xA0，xB0，=，直线AB方程为y=xtan30+即y=x+，与x2=2py联立得x2pxp2=0 xA+xB=p，xAxB=p2，xAxB=p2=2=xA2+xB2+2xAxB3xA2+3xB2+10 xAxB=0两边同除以xB2xB20得32+10+3=0=3或又xA+xB=p0，xAxB，1，=故答案为：【点评】此题主要考查了抛物线的性质，直线与抛

14、物线的关系以及比例线段的知识考查了学生综合分析问题和解决问题的能力164分2023江西如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P如果将容器倒置，水面也恰好过点P图2有以下四个命题：A正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半B将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点PC任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点PD假设往容器内再注入a升水，那么容器恰好能装满其中真命题的代号是：BD写出所有真命题的代号【考点】棱柱的结构特征【专题】综合题；压轴题；探究型【分析】设出图1的水高，和几何体的高，计算水的体积，容易判断A、D

15、的正误；对于B，当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，根据体积判断它是正确的根据当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，计算水的体积和实际不符，是错误的【解答】解：设图1水的高度h2几何体的高为h1图2中水的体积为b2h1b2h2=b2h1h2，所以b2h2=b2h1h2，所以h1=h2，故A错误，D正确对于B，当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，又水占容器内空间的一半，所以水面也恰好经过P点，故B正确对于C，假设C正确，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，经计算得水的体积为b2h2b2h2，矛盾，故C不正确应选BD【点评】此题考查空间想象能力，逻辑思维能力，几何体的体积，是难题三、解答

16、题共6小题，总分值74分1712分2023江西在ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，2sinBcosC=sinA，求A，B及b，c【考点】三角形中的几何计算【专题】计算题【分析】由可求得得，把切转化成弦化简整理可求得sinC=，进而求得C，对2sinBcosC=sinA化简可得sinBC=0，进而求得B，最后由正弦定理即可求得b，c【解答】解：由得，又C0，或由2sinBcosC=sinA得2sinBcosC=sinB+C即sinBC=0由正弦定理得【点评】此题主要考查三角形中的几何计算常涉及正弦定理、余弦定理和面积公式及三角函数公式等常用公式1812分2023江西某柑桔基地因冰

17、雪灾害，使得果林严重受损，为此有关专家提出两种拯救果林的方案，每种方案都需分两年实施；假设实施方案一，预计当年可以使柑桔产量恢复到灾前的1.0倍、0.9倍、0.8倍的概率分别是0.3、0.3、0.4；第二年可以使柑桔产量为上一年产量的1.25倍、1.0倍的概率分别是0.5、0.5假设实施方案二，预计当年可以使柑桔产量到达灾前的1.2倍、1.0倍、0.8倍的概率分别是0.2、0.3、0.5；第二年可以使柑桔产量为上一年产量的1.2倍、1.0倍的概率分别是0.4、0.6实施每种方案，第二年与第一年相互独立令ii=1，2表示方案实施两年后柑桔产量到达灾前产量的倍数1写出1、2的分布列；2实施哪种方案

18、，两年后柑桔产量超过灾前产量的概率更大？3不管哪种方案，如果实施两年后柑桔产量达不到灾前产量，预计可带来效益10万元；两年后柑桔产量恰好到达灾前产量，预计可带来效益15万元；柑桔产量超过灾前产量，预计可带来效益20万元；问实施哪种方案所带来的平均效益更大？【考点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【专题】计算题；应用题【分析】1根据题意得到两个变量的可能取值，根据条件中所给的方案一和方案二的两年柑桔产量的变化有关数据写出两个变量的分布列2根据两种方案对应的数据，做出方案一、方案二两年后柑桔产量超过灾前产量的概率，得到结论：方案二两年后柑桔产量超过灾前产量的概率更大3根据两年后

19、柑桔产量和灾前产量的比拟，做出达不到灾前产量，到达灾前产量，超过灾前产量的概率，列出柑橘带来效益的分布列，做出期望【解答】解：11的所有取值为0.8、0.9、1.0、1.125、1.252的所有取值为0.8、0.96、1.0、1.2、1.44，1、2的分布列分别为：2令A、B分别表示方案一、方案二两年后柑桔产量超过灾前产量这一事件，PA=0.15+0.15=0.3，PB=0.24+0.08=0.32方案二两年后柑桔产量超过灾前产量的概率更大3令i表示方案i所带来的效益，那么E1=14.75，E2=14.1方案一所带来的平均效益更大【点评】此题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查解决实际问题的

20、能力，考查对题干较长的应用题的理解，是一个综合题1912分2023江西数列an为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列bn为等比数列，且a1=3，b1=1，数列是公比为64的等比数列，b2S2=641求an，bn；2求证【考点】数列与不等式的综合；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式【专题】证明题；综合题【分析】1设an的公差为d，bn的公比为q，那么d为正整数，an=3+n1d，bn=qn1，依题意有，由此可导出an与bn2Sn=3+5+2n+1=nn+2，所以，然后用裂项求和法进行求解【解答】解：1设an的公差为d，bn的公比为q，那么d为正整数，an=3+n1d，bn=qn1依

21、题意有由6+dq=64知q为正有理数，故d为6的因子1，2，3，6之一，解得d=2，q=8故an=3+2n1=2n+1，bn=8n12Sn=3+5+2n+1=nn+2=【点评】此题考查数列和不等式的综合应用，解题时要认真审题，注意裂项求和法的应用2012分2023江西如图，正三棱锥OABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，且长度均为2E、F分别是AB、AC的中点，H是EF的中点，过EF作平面与侧棱OA、OB、OC或其延长线分别相交于A1、B1、C1，1求证：B1C1平面OAH；2求二面角OA1B1C1的大小【考点】直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题【专题】计算题；证明题；综合

22、题【分析】1要证B1C1平面OAH，直线证明直线垂直平面OAH内的两条相交直线：AH、OA即可；2作出二面角OA1B1C1的平面角，然后求解即可；或者建立空间直角坐标系，利用法向量的数量积求解【解答】解：1证明：依题设，EF是ABC的中位线，所以EFBC，那么EF平面OBC，所以EFB1C1又H是EF的中点，所以AHEF，那么AHB1C1因为OAOB，OAOC，所以OA面OBC，那么OAB1C1，因此B1C1面OAH2作ONA1B1于N，连C1N因为OC1平面OA1B1，根据三垂线定理知，C1NA1B1，ONC1就是二面角OA1B1C1的平面角作EMOB1于M，那么EMOA，那么M是OB的中点

23、，那么EM=OM=1设OB1=x，由得，解得x=3，在RtOA1B1中，那么，所以，故二面角OA1B1C1为解法二：1以直线OA、OC、OB分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，Oxyz那么所以所以所以BC平面OAH，由EFBC得B1C1BC，故：B1C1平面OAH2由，设B10，0，z那么由与共线得：存在R有得同理：C10，3，0，设是平面A1B1C1的一个法向量，那么令x=2，得y=z=1，又是平面OA1B1的一个法量所以二面角的大小为3由2知，B0，0，2，平面A1B1C1的一个法向量为那么那么点B到平面A1B1C1的距离为【点评】此题考查直线与平面垂直的判定，二面角的求法，考查空间想

24、象能力，逻辑思维能力，是中档题2112分2023江西设点Px0，y0在直线x=mym，0m1上，过点P作双曲线x2y2=1的两条切线PA、PB，切点为A、B，定点1求证：三点A、M、B共线2过点A作直线xy=0的垂线，垂足为N，试求AMN的重心G所在曲线方程【考点】直线与圆锥曲线的综合问题【专题】计算题；综合题；压轴题；数形结合；转化思想【分析】1先根据题意设Ax1，y1，Bx2，y2，将切线PA的方程代入双曲线的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，再结合根的判别式等于0即可表示出切线的斜率，因此PA的方程和PB的方程都可以利用A，B两点的坐标表示，又P在PA、PB上，得到点Ax1，y1，Bx2，y2都在直线y0y=mx1上，从而证得三点A、M、B共线，从而解决问题2设重心Gx，y，欲求AMN的重心G所在曲线方程，即求出其坐标x，y的关系式，利用点A在双曲线上即可得重心G所在曲线方程【解答】证明：1设Ax1，y1，Bx2，y2，由得到y1y20，且x12y12=1，x22y22=1，设切线PA的方程为：yy1=kxx1由得1k2x22ky1kx1xy1kx121=0从而=4k2y1kx12+41k2y1kx12+41k2=0，解得因此PA的方程为：y1y