2023年高考数学全国乙卷文科试卷真题及答案详解

2023年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）文科数学一、选择题1．2i22i3（）A．1B．2C．5D．5ð2．设全集U0,1,2,4,6,8，集合M0,4,6,N0,1,6，则MUN（）A．0,2,4,6,8B．0,1,4,6,8C．1,2,4,6,8D．U3．如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A．24B．26C．28D．304．在ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acosBbcosAc，且C，则B5（）32A．B．C．D．105105xex5．已知f(x)是偶函数，则a（）eax1A．2B．1C．1D．26．正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则ECED（）A．5B．3C．25D．57．设O为平面坐标系的坐标原点，在区域x,y1x2y24内随机取一点A，则直π线OA的倾斜角不大于的概率为（）41111A．B．C．D．86428．函数fxx3ax2存在3个零点，则a的取值范围是（）试卷第1页，共4页A．,2B．,3C．4,1D．3,09．某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（）5211A．B．C．D．6323π2ππ2π10．已知函数f(x)sin(x)在区间,单调递增，直线x和x为函数63635πyfx的图像的两条对称轴，则f（）123113A．B．C．D．222211．已知实数x,y满足x2y24x2y40，则xy的最大值是（）32A．1B．4C．132D．72y212．设A，B为双曲线x21上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（）9A．1,1B．(-1,2)C．1,3D．1,4二、填空题13．已知点A1,5在抛物线C：y22px上，则A到C的准线的距离为______.π114．若0,,tan，则sincos________．22x3y115．若x，y满足约束条件x2y9，则z2xy的最大值为______.3xy716．已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，ABC是边长为3的等边三角形，SA平面ABC，则SA________．三、解答题17．某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为xi，yii1,2,,10．试验结果如下：试验序号i12345678910伸缩率xi545533551522575544541568596548试卷第2页，共4页伸缩率yi5365275435305605335225505765362记zixiyii1,2,,10，记z1,z2,,z10的样本平均数为z，样本方差为s．(1)求z，s2；(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有s2显著提高（如果z2，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的10橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）18．记Sn为等差数列an的前n项和，已知a211,S1040．(1)求an的通项公式；(2)求数列an的前n项和Tn．19．如图，在三棱锥PABC中，ABBC，AB2，BC22，PBPC6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BFAO．(1)求证：EF//平面ADO；(2)若POF120，求三棱锥PABC的体积．120．已知函数fxaln1x．x(1)当a1时，求曲线yfx在点1,fx处的切线方程．(2)若函数fx在0,单调递增，求a的取值范围．y2x2521．已知椭圆C:1(ab0)的离心率是，点A2,0在C上．a2b23(1)求C的方程；(2)过点2,3的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N，证明：线段MN的中点为定点．【选修4-4】（10分）试卷第3页，共4页22．在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲x2cos线C1的极坐标方程为2sin，曲线C2：（为参数，42y2sin）.2(1)写出C1的直角坐标方程；(2)若直线yxm既与C1没有公共点，也与C2没有公共点，求m的取值范围．【选修4-5】（10分）23．已知fx2xx2(1)求不等式fx6x的解集；fxy(2)在直角坐标系xOy中，求不等式组所确定的平面区域的面积．xy60试卷第4页，共4页1．C【分析】由题意首先化简2i22i3，然后计算其模即可.【详解】由题意可得2i22i3212i12i，2则2i22i312i1225.故选：C.2．Aðð【分析】由题意可得UN的值，然后计算MUN即可.ðð【详解】由题意可得UN2,4,8，则MUN0,2,4,6,8.故选：A.3．D【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.【详解】如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA13，点H,I,J,K为所在棱上靠近点B1,C1,D1,A1的三等分点，O,L,M,N为所在棱的中点，则三视图所对应的几何体为长方体ABCDA1B1C1D1去掉长方体ONIC1LMHB1之后所得的几何体，该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，其表面积为：22242321130.故选：D.4．C答案第1页，共16页【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得A的值，最后利用三角形内角和定理可得A的值.【详解】由题意结合正弦定理可得sinAcosBsinBcosAsinC，即sinAcosBsinBcosAsinABsinAcosBsinBcosA，整理可得sinBcosA0，由于B0,π，故sinB0，π据此可得cosA0,A，2ππ3π则BπACπ.2510故选：C.5．D【分析】根据偶函数的定义运算求解.xa1xxexxxxee【详解】因为为偶函数，则xexe，fxaxfxfx0e1eax1eax1eax1又因为x不恒为0，可得exea1x0，即exea1x，则xa1x，即1a1，解得a2.故选：D.6．Buuuruuur【分析】方法一：以AB,AD为基底向量表示EC,ED，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求cosDEC，进而根据数量积的定义运算求解.uuuruuuruuuruuur【详解】方法一：以AB,AD为基底向量，可知ABAD2,ABAD0，uuuruuruuur1uuuruuuruuuruuruuur1uuuruuur则ECEBBCABAD,EDEAADABAD，22uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur11122所以ECEDABADABADABAD143；224方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，uuuruuur则E1,0,C2,2,D0,2，可得EC1,2,ED1,2，uuuruuur所以ECED143；方法三：由题意可得：EDEC5,CD2，答案第2页，共16页DE2CE2DC25543在CDE中，由余弦定理可得cosDEC，2DECE2555uuuruuuruuuruuur3所以ECEDECEDcosDEC553.5故选：B.7．C【分析】根据题意分析区域的几何意义，结合几何概型运算求解.22【详解】因为区域x,y|1xy4表示以O0,0圆心，外圆半径R2，内圆半径r1的圆环，ππ则直线OA的倾斜角不大于的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角MON，44π2结合对称性可得所求概率1.P42π4故选：C.8．B【分析】写出f(x)3x2a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.【详解】f(x)x3ax2，则f(x)3x2a，答案第3页，共16页若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则a<0，aa令f(x)3x2a0，解得x或，33aa且当x,,时，f(x)0，33aa当x,，f(x)0，33aa故fx的极大值为f，极小值为f，33aaaaf0a203333若fx要存在3个零点，则，即，解得a3，aaaaf0a203333故选：B.9．A【分析】根据古典概率模型求出所有情况以及满足题意得情况，即可得到概率.【详解】甲有6种选择，乙也有6种选择，故总数共有6636种，2若甲、乙抽到的主题不同，则共有A630种，305则其概率为，366故选：A.10．D5π【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入x即可得到答案.12π2π【详解】因为f(x)sin(x)在区间,单调递增，63T2πππ2π所以，且0，则Tπ，w2，2362Tπππ当x时，fx取得最小值，则22kπ，kZ，6625π5π则2kπ，kZ，不妨取k0，则fxsin2x，665π5π3则fsin，1232答案第4页，共16页故选：D.11．C22【分析】法一：令xyk，利用判别式法即可；法二：通过整理得x2y19，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设xyk，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.【详解】法一：令xyk，则xky，代入原式化简得2y22k6yk24k40，2因为存在实数y，则0，即2k642k24k40，化简得k22k170，解得132k132，故xy的最大值是321，22法二：x2y24x2y40，整理得x2y19，令x3cos2，y3sin1，其中0,2π，π则xy3cos3sin132cos1，4ππ9ππ70,2，所以,，则2π，即时，xy取得最大值321，44444法三：由x2y24x2y40可得(x2)2(y1)29，|21k|设xyk，则圆心到直线xyk的距离d3，2解得132k132故选：C.12．D【分析】根据点差法分析可得kABk9，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.x1x2y1y2【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，则AB的中点M,，22y1y2yyyy可得k12,k212，ABx1x2x1x2x1x22答案第5页，共16页22y1x119y2y2因为在双曲线上，则，两式相减得2212，A,Bx1x20y29x2212922y1y2所以kABk229.x1x2对于选项A：可得k1,kAB9，则AB:y9x8，y9x8联立方程2，消去得2，2yy72x272x730x192此时272472732880，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；995对于选项B：可得k2,k，则AB:yx，AB22295yx22联立方程，消去y得45x2245x610，y2x2192此时24544561445160，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：可得k3,kAB3，则AB:y3x由双曲线方程可得a1,b3，则AB:y3x为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；997对于选项D：k4,k，则AB:yx，AB44497yx44联立方程，消去y得63x2126x1930，y2x219此时12624631930，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；故选：D.913．4【分析】由题意首先求得抛物线的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为5x，最后利用点的坐标和准线方程计算点A到C的准线的距离即可.4答案第6页，共16页2【详解】由题意可得：52p1，则2p5，抛物线的方程为y25x，559准线方程为x，点A到C的准线的距离为1.4449故答案为：.4514．5【分析】根据同角三角关系求sin，进而可得结果.π【详解】因为0,，则sin0,cos0，2sin1又因为tan，则cos2sin，cos255且cos2sin24sin2sin25sin21，解得sin或sin（舍去），555所以sincossin2sinsin.55故答案为：.515．8【分析】作出可行域，转化为截距最值讨论即可.【详解】作出可行域如下图所示：z2xy，移项得y2xz，x3y1x5联立有，解得，x2y9y2设A5,2，显然平移直线y2x使其经过点A，此时截距z最小，则z最大，代入得z8，故答案为：8.16．2答案第7页，共16页【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.【详解】如图，将三棱锥SABC转化为直三棱柱SMN-ABC，设ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，AB32r23则sinACB3，可得r3，21设三棱锥SABC的外接球球心为O，连接OA,OO1，则OA2,OOSA，121因为OA2OO2OA2，即43SA2，解得SA2.114故答案为：2.【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．17．(1)z11，s261；(2)认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.【分析】（1）直接利用平均数公式即可计算出x,y，再得到所有的zi值，最后计算出方差即答案第8页，共16页可；s2（2）根据公式计算出2的值，和z比较大小即可.10545533551522575544541568596548【详解】（1）x552.3，10536527543530560533522550576536y541.3，10zxy552.3541.311，zixiyi的值分别为:9,6,8,8,15,11,19,18,20,12，故(911)2(611)2(811)2(811)2(1511)20(1911)2(1811)22(011)2(1211)2s26110s2s2（2）由（1）知:z11，226.124.4，故有z2,1010所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.18．(1)an152n14nn2,n7(2)Tn2n14n98,n8【分析】（1）根据题意列式求解a1,d，进而可得结果；（2）先求Sn，讨论an的符号去绝对值，结合Sn运算求解.【详解】（1）设等差数列的公差为d，a2a1d11a1d11a13由题意可得，即，解得1，109S1010a1d402a19d8d22所以an132n1152n，n13152n（2）因为S14nn2，n215*令an152n0，解得n，且nN，2答案第9页，共16页2当n7时，则an0，可得Tna1a2ana1a2anSn14nn；当n8时，则an0，可得Tna1a2ana1a2a7a8an222S7SnS72S7Sn2147714nnn14n98；14nn2,n7综上所述：Tn2.n14n98,n819．(1)证明见解析26(2)3【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）作出并证明PM为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.1【详解】（1）连接DE,OF，设AFtAC，则BFBAAF(1t)BAtBC，AOBABC，2BFAO，121则BFAO[(1t)BAtBC](BABC)(t1)BAtBC24(t1)4t0，221解得t，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，211于是DE//AB,DEAB,OF//AB,OFAB，即DE//OF,DEOF，22则四边形ODEF为平行四边形，EF//DO,EFDO，又EF平面ADO,DO平面ADO，所以EF//平面ADO.（2）过P作PM垂直FO的延长线交于点M，因为PBPC,O是BC中点，所以POBC，1在Rt△PBO中，PB6,BOBC2，2所以POPB2OB2622，因为ABBC,OF//AB，所以OFBC，又POOFO，PO,OF平面POF，所以BC平面POF，又PM平面POF，答案第10页，共16页所以BCPM，又BCFMO，BC,FM平面ABC，所以PM平面ABC，即三棱锥PABC的高为PM，因为POF120，所以POM60，3所以PMPOsin6023，211又S△ABBC22222，ABC221126所以VS△PM223.PABC3ABC3320．(1)ln2xyln20；1(2)a|a.2【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；（2）原问题即fx0在区间0,上恒成立，整理变形可得gxax2xx1lnx10在区间0,上恒成立，然后分类讨论11a0,a,0a三种情况即可求得实数a的取值范围.221【详解】（1）当a1时，fx1lnx1x1，x111则fxlnx11，x2xx1据此可得f10,f1ln2，所以函数在1,f1处的切线方程为y0ln2x1，即ln2xyln20.答案第11页，共16页111（2）由函数的解析式可得fx=lnx1ax1，x2xx1满足题意时fx0在区间0,上恒成立.1112令lnx1a0，则x1lnx1xax0，x2xx1令gx=ax2xx1lnx1，原问题等价于gx0在区间0,上恒成立，则gx2axlnx1，当a0时，由于2ax0,lnx10，故gx0，gx在区间0,上单调递减，此时gxg00，不合题意;1令hxgx2axlnx1，则hx2a，x111当a，2a1时，由于1，所以hx0,hx在区间0,上单调递增，2x1即gx在区间0,上单调递增，所以gx>g00，gx在区间0,上单调递增，gxg00，满足题意.111当0a时，由hx2a0可得x=1，2x12a11当x0,1时，hx0,hx在区间0,1上单调递减，即gx单调递减，2a2a1注意到g00，故当x0,1时，gxg00，gx单调递减，2a1由于g00，故当x0,1时，gxg00，不合题意.2a1综上可知：实数a得取值范围是a|a.2【点睛】方法点睛：（1）求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算 法则 一的法则下载秘密吸引力法则pdf一的法则pdf错觉的法则下载一的法则pdf 求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.（2）由函数的单调性求参数的取值范围的方法①函数在区间a,b上单调，实际上就是在该区间上fx0(或fx0)恒成立．②函数在区间a,b上存在单调区间，实际上就是fx0(或fx0)在该区间上存在解集．答案第12页，共16页y2x221．(1)194(2)证明见详解【分析】（1）根据题意列式求解a,b,c，进而可得结果；yy（2）设直线PQ的方程，进而可求点M,N的坐标，结合韦达定理验证MN为定值即可.2b2a3【详解】（1）由题意可得a2b2c2，解得b2，c5c5ea3y2x2所以椭圆方程为1.94（2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:ykx23,Px1,y1,Qx2,y2，ykx23222联立方程y2x2，消去y得：4k9x8k2k3x16k3k0，1942则Δ64k22k3644k29k23k1728k0，解得k0，8k2k316k23k可得xx,xx，124k29124k29y因为A2,0，则直线AP:y1x2，x122y12y令x0，解得y，即M0,1,x12x122y同理可得N0,2，x222y2y12则x2x2kx123kx223122x12x22kx2k3x2kx2k3x22kxx4k3xx42k312211212x12x22x1x22x1x2432kk23k8k4k32k342k3221084k94k93，16k23k16k2k33644k294k29答案第13页，共16页所以线段PQ的中点是定点0,3.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．222．(1)x2y11,x0,1,y1,2(2),022,【分析】（1）根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意x,y的取值范围；（2）根据曲线C1,C2的方程，结合图形通过平移直线yxm分析相应的临界位置，结合点到直线的距离公式运算求解即可.【详解】（1）因为2sin，即22sin，可得x2y22y，2整理得x2y11，表示以0,1为圆心，半径为1的圆，又因为xcos2sincossin2,ysin2sin21cos2，答案第14页，共16页πππ且，则2π，则xsin20,1,y1cos21,2，42222故C1:xy11,x0,1,y1,2.x2cosπ（2）因为C2:（为参数，π），y2sin2整理得x2y24，表示圆心为O0,0，半径为2，且位于第二象限的圆弧，如图所示，若直线yxm过1,1，则11m，解得m0；m2若直线yxm，即xym0与C2相切，则2，解得m22，m0若直线yxm与C1,C2均没有公共点，则m22或m0，即实数m的取值范围,022,.23．(1)[2,2]；(2)6.【分析】（1）分段去绝对值符号求解不等式作答.（2）作出不等式组表示的平面区域，再求出面积作答.3x2,x2【详解】（1）依题意，f(x)x2,0x2，3x2,x0x20x2x0不等式f(x)6x化为：或或，3x26xx26x3x26xx20x2x0解，得无解；解，得0x2，解，得2x0，3x26xx26x3x26x答案第15页，共16页因此2x2，所以原不等式的解集为：[2,2]f(x)y（2）作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影ABC，xy60y3x2yx2由，解得A(2,8)，由,解得C(2,4)，又B(0,2),D(0,6)，xy6xy611所以ABC的面积S|BD|xx|62||2(2)|8.ABC2CA2答案第16页，共16页