2023年高考数学全国乙卷理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）理科数学一、选择题2i1．设z，则z（）1i2i5A．12iB．12iC．2iD．2i2．设集合UR，集合Mxx1，Nx1x2，则xx2（）ððA．UMNB．NUMððC．UMND．MUN3．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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为（）A．24B．26C．28D．30xex4．已知f(x)是偶函数，则a（）eax1A．2B．1C．1D．25．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，记该点π为A，则直线OA的倾斜角不大于的概率为（）41111A．B．C．D．8642π2ππ2π6．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．22227．甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（）A．30种B．60种C．120种D．240种 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 第1页，共4页8．已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，AOB120，93若PAB的面积等于，则该圆锥的体积为（）4A．B．6C．3D．369．已知ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角CABD为150，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）1232A．B．C．D．55552*10．已知等差数列an的公差为，集合ScosannN，若Sa,b，则ab（）311A．－1B．C．0D．22y211．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12．已知O的半径为1，直线PA与O相切于点A，直线PB与O交于B，C两点，D为BC的中点，若PO2，则PAPD的最大值为（）1+2122A．B．22C．12D．22二、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______.x3y114．若x，y满足约束条件x2y9，则z2xy的最大值为______.3xy715．已知an为等比数列，a2a4a5a3a6，a9a108，则a7______.x16．设a0,1，若函数fxax1a在0,上单调递增，则a的取值范围是______.三、解答题17．某厂为比较甲乙两种 工艺 钢结构制作工艺流程车尿素生产工艺流程自动玻璃钢生产工艺2工艺纪律检查制度q345焊接工艺规程 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：试卷第2页，共4页试验序号i12345678910伸缩率xi545533551522575544541568596548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．在ABC中，已知BAC120，AB2，AC1.(1)求sinABC；(2)若D为BC上一点，且BAD90，求△ADC的面积.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，AD5DO，点F在AC上，BFAO.(1)证明：EF//平面ADO；(2)证明：平面ADO平面BEF；(3)求二面角DAOC的正弦值.y2x2520．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．121．已知函数f(x)aln(1x).x试卷第3页，共4页(1)当a1时，求曲线yfx在点1,f1处的切线方程；1(2)是否存在a，b，使得曲线yf关于直线xb对称，若存在，求a，b的值，若x不存在，说明理由.(3)若fx在0,存在极值，求a的取值范围.四、选做题【选修4-4】（10分）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ππ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．B【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】由题意首先计算复数z的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.2i2ii2i2i1【详解】由题意可得z12i，1i2i511ii21则z12i.故选：B.2．A【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为x|x2即可.ð【详解】由题意可得MNx|x2，则UMNx|x2，选项A正确；ððUMx|x1，则NUMx|x1，选项B错误；ðMNx|1x1，则UMNx|x1或x1，选项C错误；ððUNx|x1或x2，则MUNx|x1或x2，选项D错误；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，答案第1页，共19页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．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.5．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.6．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答案第2页，共19页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故选：D.7．C【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.1【详解】首先确定相同得读物，共有C6种情况，2然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有A5种，12根据分步乘法公式则共有C6A5120种，故选：C.8．B【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【详解】在AOB中，AOB120o，而OAOB3，取AC中点C，连接OC,PC，有OCAB,PCAB，如图，393193∠ABO30，OC,AB2BC3，由PAB的面积为，得3PC，2424答案第3页，共19页33333解得PC，于是POPC2OC2()2()26，22211所以圆锥的体积VπOA2POπ(3)266π.33故选：B9．C【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【详解】取AB的中点E，连接CE,DE，因为ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CEAB，又△ABD是等边三角形，则DEAB，从而CED为二面角CABD的平面角，即CED150，显然CEDEE,CE,DE平面CDE，于是AB平面CDE，又AB平面ABC，因此平面CDE平面ABC，显然平面CDE平面ABCCE，直线CD平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB2，则CE1,DE3，在CDE中，由余弦定理得：3CDCE2DE22CEDEcosCED13213()7，2DECD3sin1503由正弦定理得，即sinDCE，sinDCEsinCED72735显然DCE是锐角，cosDCE1sin2DCE1()2，27273所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为.5故选：C答案第4页，共19页10．B【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.2π2π2π【详解】依题意，等差数列{a}中，aa(n1)n(a)，nn133132π2π显然函数ycos[n(a)]的周期为3，而nN，即cosan最多3个不同取值，又313{cosan|nN}{a,b}，则在cosa1,cosa2,cosa3中，cosa1cosa2cosa3或cosa1cosa2cosa3，2π2ππ于是有coscos()，即有()2kπ,kZ，解得kπ,kZ，333ππ4πππ1所以kZ，abcos(kπ)cos[(kπ)]cos(kπ)coskπcos2kπcos.333332故选：B11．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x222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，答案第5页，共19页所以直线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.12．A【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得1212PAPDsin2，或PAPDsin2然后结合三角函数的性质即224224可确定PAPD的最大值.【详解】如图所示，OA1,OP2，则由题意可知:APO45，由勾股定理可得PAOP2OA21答案第6页，共19页当点A,D位于直线PO异侧时，设OPC=,0，4则：PAPD=|PA||PD|cos412coscos4222coscossin22cos2sincos1cos21sin22212sin22240，则24444ππ当2时，PAPD有最大值1.44当点A,D位于直线PO同侧时，设OPC=,0，4则：PAPD=|PA||PD|cos412coscos4答案第7页，共19页222coscossin22cos2sincos1cos21sin22212sin22240，则244421+2当2时，PAPD有最大值.4221+2综上可得，PAPD的最大值为.2故选：A.【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.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.42【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：.414．8【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，答案第8页，共19页故答案为：8.15．23【分析】根据等比数列公式对a2a4a5a3a6化简得a1q1，联立a9a108求出q2，最后55得a7a1qqq2.【详解】设an的公比为qq0，则a2a4a5a3a6a2qa5q，显然an0，23289则a4q，即a1qq，则a1q1，因为a9a108，则a1qa1q8，15533355则qq82，则q2，则a7a1qqq2，故答案为：2.5116．,12x【分析】原问题等价于fxaxlna1aln1a0恒成立，据此将所得的不等式进x1alna行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求aln1a解二次不等式后可确定实数a的取值范围.x【详解】由函数的解析式可得fxaxlna1aln1a0在区间0,上恒成立，xxx1alna则1aln1aalna，即在区间0,上恒成立，aln1a01alna故1，而a11,2，故ln1a0，aln1alna1lnaaa1151故即，故a1，0a10a1251结合题意可得实数a的取值范围是,1.2答案第9页，共19页51故答案为：,1.2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.2118．(1)；143(2).1057【分析】(1)首先由余弦定理求得边长BC的值为BC7，然后由余弦定理可得cosB，1421最后由同角三角函数基本关系可得sinB；14S△ABD1(2)由题意可得4，则S△ACDS△ABC，据此即可求得△ADC的面积.S△ACD5答案第10页，共19页【详解】（1）由余弦定理可得：BC2a2b2c22bccosA41221cos1207，a2c2b274157则BC7，cosB，2ac227142521sinB1cos2B1.28141ABADsin90S（2）由三角形面积公式可得△ABD24，S1△ACDACADsin302则1113S△ACDS△ABC21sin120.5521019．(1)证明见解析；(2)证明见解析；2(3).2【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）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.（3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.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，则四边形ODEF为22平行四边形，EF//DO,EFDO，又EF平面ADO,DO平面ADO，所以EF//平面ADO.答案第11页，共19页630（2）由（1）可知EF//OD，则AO6,DO，得AD5DO，2215因此OD2AO2AD2，则ODAO，有EFAO，2又AOBF,BFEFF，BF,EF平面BEF，则有AO平面BEF，又AO平面ADO，所以平面ADO平面BEF.（3）过点O作OH//BF交AC于点H，设ADBEG，1由AOBF，得HOAO，且FHAH，3又由（2）知，ODAO，则DOH为二面角DAOC的平面角，因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为PAB的重心，1113即有DGAD,GEBE，又FHAH，即有DHGF，3332315422246PA6cosABD，解得PA14，同理得BE，62262222221665于是222，即有，则2，BEEFBF3BEEFGF32231531515从而GF，DH，323213615在△DOH中，OHBF,OD,DH，222263152444222于是cosDOH，sinDOH1，632222222所以二面角DAOC的正弦值为.2答案第12页，共19页y2x220．(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答案第13页，共19页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．21．(1)ln2xyln20；11(2)存在a,b满足题意，理由见解析.221(3)0,.2答案第14页，共19页【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)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数gx=ax2xx1lnx1，然11后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论a0，a和0a三中情22况即可求得实数a的取值范围.1【详解】（1）当a1时，fx1ln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，函数在1,f1处的切线方程为y0ln2x1，即ln2xyln20.11（2）由函数的解析式可得fxaln1，xx1x1函数的定义域满足10，即函数的定义域为,10,，xx11定义域关于直线x对称，由题意可得b，22111由对称性可知fmfmm，2223取m可得f1f2，211即a1ln2a2ln，则a12a，解得a，221111经检验a,b满足题意，故a,b.222211即存在a,b满足题意.22111（3）由函数的解析式可得fxlnx1a，x2xx1由fx在区间0,存在极值点，则fx在区间0,上存在变号零点;答案第15页，共19页111令lnx1a0，x2xx1则x1lnx1xax20，令gx=ax2xx1lnx1，fx在区间0,存在极值点，等价于gx在区间0,上存在变号零点，1gx2axlnx1,gx2ax1当a0时，gx0，gx在区间0,上单调递减，此时gxg00，gx在区间0,上无零点，不合题意;11当a，2a1时，由于1，所以g''x0,gx在区间0,上单调递增，2x1所以gxg00，gx在区间0,上单调递增，gxg00，所以gx在区间0,上无零点，不符合题意；111当0a时，由g''x2a0可得x=1，2x12a1当x0,1时，gx0，gx单调递减，2a1当x1,时，gx0，gx单调递增，2a1故gx的最小值为g112aln2a，2ax1令mx1xlnx0x1，则mx0，x函数mx在定义域内单调递增，mxm10，据此可得1xlnx0恒成立，1则g112aln2a0，2a222xx1令hxlnxxxx0，则hx，x当x0,1时，hx0,hx单调递增，当x1,时，hx0,hx单调递减，故hxh10，即lnxx2x(取等条件为x1)，答案第16页，共19页所以22，gx2axlnx12axx1x12axxx2，且注意到，g2a12a2a12a12a10g00根据零点存在性定理可知:gx在区间0,上存在唯一零点x0.当x0,x0时，gx0，gx单调减，当xx0,时，gx0，gx单调递增，所以gx0g00.211111x1令nxlnxx，则nx10，2xx2x22x2则nx单调递减，注意到n10，1111故当x1,时，lnxx0，从而有lnxx，2x2x所以gx=ax2xx1lnx111>ax2xx1x12x1121ax，2212111令ax0得，所以g0，x22212a12a所以函数gx在区间0,上存在变号零点，符合题意.1综合上面可知:实数a得取值范围是0,.2【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)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.222．(1)x2y11,x0,1,y1,2(2),022,答案第17页，共19页【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，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,.【点睛】23．(1)[2,2]；(2)8.【分析】（1）分段去绝对值符号求解不等式作答.答案第18页，共19页（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19页，共19页