【文档说明】2023年高考真题——文科数学（全国乙卷） 含解析.pdf，共(23)页，899.629 KB，由envi的店铺上传

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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1.232i2i（）A.1B.2C.5D.5【答案】C【解析】【分析】由题意首先化简232i2i，然后计算其模即可.【详解】由题意可得232i2i212i12i，则2232

2i2i12i125.故选：C.2.设全集0,1,2,4,6,8U，集合0,4,6,0,1,6MN，则UMNð（）A.0,2,4,6,8B.0,1,4,6,8C.1,2,4,6,8D.U【答案】A【解析】【分析】由题意

可得UNð的值，然后计算UMNð即可.【详解】由题意可得2,4,8UNð，则0,2,4,6,8UMNð.故选：A.3.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【答案】D【解析】【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1111ABCDABCD中，2ABBC，13AA，点,,,HIJK为所在棱上靠近点1111,,,BCD

A的三等分点，,,,OLMN为所在棱的中点，则三视图所对应的几何体为长方体1111ABCDABCD去掉长方体11ONICLMHB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：22242321130.故选：D.4.在ABC中，内角,,ABC的对边分别是,,abc，若coscosaBbAc，且5C，则B（）A.10B.5C.310D.25【答案】C【解析】【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sincossincossinABBAC，即sincossincossinsincossincosABBAABABBA，整理可得sincos

0BA，由于0,πB，故sin0B，据此可得πcos0,2AA，则ππ3πππ2510BAC.故选：C.5.已知e()e1xaxxfx是偶函数，则a（）A.2B.1C.1D.2【答案】D【解析】【分析

】根据偶函数的定义运算求解.【详解】因为ee1xaxxfx为偶函数，则1eeee0e1e1e1axxxxaxaxaxxxxfxfx，又因为x不恒为0，可得1ee0axx，

即1eeaxx，则1xax，即11a，解得2a.故选：D.6.正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则ECED（）A.5B.3C.25D.5【答案】B【解析】【分析】方法一：以,ABAD为基底向量表示,ECED

uuuruuur，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cosDEC，进而根据数量积的定义运算求解.【详解】方法一：以,ABAD为基底向量，可知2,0ABADABADuuur

uuuruuuruuur，则11,22ECEBBCABADEDEAADABADuuuruuruuuruuuruuuruuuruuruuuruuuruuur，所以22111143224ECEDABADABADABAD

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur；方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，则1,0,2,2,0,2ECD，可得1,2,1,2ECEDuuuruuur，所以143

ECEDuuuruuur；方法三：由题意可得：5,2EDECCD，在CDE中，由余弦定理可得2225543cos25255DECEDCDECDECE，所以3cos5535ECEDE

CEDDECuuuruuuruuuruuur.故选：B.7.设O为平面坐标系的坐标原点，在区域22,14xyxy内随机取一点A，则直线OA的倾斜角不大于π4的概率为（）A.18B.16C.14D.12【答案】C【解析】【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.【详解】因为区域22,|14xyxy表示以0,0O圆心，外圆半径2R，内圆半径1r的圆环，则直线OA的倾斜角不大于π4的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角π4MON，结合对称性可得所求概率π2142π4P.故选：C.8

.函数32fxxax存在3个零点，则a的取值范围是（）A.,2B.,3C.4,1D.3,0【答案】B【解析】【分析】写出2()3fxxa，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】3()2fxxax，则2()3fxxa，若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则a<0，令2()30fxxa，解得3ax或3a，且当,,33aax

时，()0fx，当,33aax，()0fx，故fx的极大值为3fa，极小值为3fa，若fx要存在3个零点，则0303af

af，即2033320333aaaaaaaa，解得3a，故选：B.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（）A.56B.23C.12D.13【答案】A【解析】【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6636种，若甲、乙抽

到的主题不同，则共有26A30种，则其概率为305366，故选：A.10.已知函数()sin()fxx在区间π2π,63单调递增，直线π6x和2π3x为函数yfx的图像的两条对称轴，则5π12f

（）A.32B.12C.12D.32【答案】D【解析】【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5π12x即可得到答案.【详解】因为()sin()fxx在区间π2π,63单调递增，所以2ππ

π2362T，且0，则πT，2π2wT，当π6x时，fx取得最小值，则ππ22π62k，Zk，则5π2π6k，Zk，不妨取0k，则5πsin26fxx

，则5π5π3sin1232f，故选：D.11.已知实数,xy满足224240xyxy，则xy的最大值是（）A.3212B.4C.132D.7【答案】C【解

析】【分析】法一：令xyk，利用判别式法即可；法二：通过整理得22219xy，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设xyk，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.【详解】法一：令xy

k，则xky，代入原式化简得22226440ykykk，因为存在实数y，则0，即222642440kkk，化简得22170kk，解得132132k，故xy的最大值是321，法二：224240xyxy，整理得2221

9xy，令3cos2x，3sin1y，其中0,2π，则π3cos3sin132cos14xy，0,2，所以ππ9π,444，则π2π4，即74

时，xy取得最大值321，法三：由224240xyxy可得22(2)(1)9xy，设xyk，则圆心到直线xyk的距离|21|32kd，解得132132k故选：C.12.设A，B为双曲线2219yx

上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（）A.1,1B.()1,2-C.1,3D.1,4【答案】D【解析】【分析】根据点差法分析可得9ABkk，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.【详解】设1122,,,AxyBxy，则AB的中点1212,22xxyyM，可得1212121212122,2AByyyyyykkxxxxxx，因为,A

B在双曲线上，则221122221919yxyx，两式相减得2222121209yyxx，所以221222129AByykkxx.对于选项A：可得1,9ABkk，则:98AByx，联立方程229819yxyx

，消去y得272272730xx，此时2272472732880，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；对于选项B：可得92,2ABkk，则95:22AByx，联立方程22952219yxyx，

消去y得245245610xx，此时224544561445160，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：可得3,3ABkk，则:3AByx由双曲线方程可得1,3ab，则:3AByx

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；对于选项D：94,4ABkk，则97:44AByx，联立方程22974419yxyx，消去y得2631261930xx，此时21264631930，故直线AB与双曲

线有交两个交点，故D正确；故选：D.二、填空题13.已知点1,5A在抛物线C：22ypx上，则A到C的准线的距离为______.【答案】94【解析】【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方

程可得抛物线的准线方程为54x，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.【详解】由题意可得：2521p，则25p，抛物线的方程为25yx，准线方程为54x，点A到C的准线的距离为59144.故答案为：94

.14.若π10,,tan22，则sincos________．【答案】55【解析】【分析】根据同角三角关系求sin，进而可得结果.【详解】因为π0,2，则sin0,cos0

，又因为sin1tancos2，则cos2sin，且22222cossin4sinsin5sin1，解得5sin5或5sin5（舍去），所以5sincossin2sinsin5.故答案为：55.1

5.若x，y满足约束条件312937xyxyxy，则2zxy的最大值为______.【答案】8【解析】【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：2zxy，移项得2yxz，联立有3129xyxy，解得52xy

，设5,2A，显然平移直线2yx使其经过点A，此时截距z最小，则z最大，代入得8z，故答案为：8.16.已知点,,,SABC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________．【答案】2【解析】【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SABC转化为直三棱柱SMNABC-，设ABC的外接圆圆心为1O，半径为r，则3223sin32ABrACB，可得3r，设三棱锥SABC的外接球球心为O，连接1,OAOO，则112,2OAOOSA，因为

22211OAOOOA，即21434SA，解得2SA.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．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ix，1,2,,10iyi．试验结果如下：试验序号i1

2345678910伸缩率ix545533551522575544541568596548伸缩率iy536527543530560533522550576536记1,2,,10iiizxyi，记1210,,,zzz的样本平均数为z，样本方差

为2s．（1）求z，2s；（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显著提高（如果2210sz，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橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）【答案】（1）11z，261s

；（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.【解析】【分析】（1）直接利用平均数公式即可计算出,xy，再得到所有的iz值，最后计算出方差即可；（2）根据公式计算出2210s的值，和z比较大小即可.【小问1详解】

545533551522575544541568596548552.310x，536527543530560533522550576536541.310y，

552.3541.311zxy，iiizxy的值分别为:9,6,8,8,15,11,19,18,20,12，故2222222222(911)(611)(811)(811)(1511)0(1911)(1811)(2

011)(1211)6110s【小问2详解】由（1）知:11z，2226.124.410s，故有2210sz,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.记nS为等差数列na的前n项和，已知21011,40aS．（1）求na的通项公式；（2）求数列na的前n项和nT．【答案】（1）152nan（2）2214,71498,8nnnnTnnn【解析】【分析】（1）根据题意

列式求解1,ad，进而可得结果；（2）先求nS，讨论na的符号去绝对值，结合nS运算求解.【小问1详解】设等差数列的公差为d，由题意可得211011110910402aadSad，即1111298adad，解得1132ad

，所以1321152nann，【小问2详解】因为213152142nnnSnn，令1520nan，解得152n，且*nN，当7n时，则0na，可得2121214nnnnTaaaaaaSnn；当8n时，则0na

，可得121278nnnTaaaaaaaa222777221477141498nnSSSSSnnnn；综上所述：2214,71498,8nnnnTnnn.19.如图，在三棱锥PA

BC中，ABBC，2AB，22BC，6PBPC，,,BPAPBC的中点分别为,,DEO，点F在AC上，BFAO．（1）求证：EF//平面ADO；（2）若120POF，求三棱锥PABC的体积．【答案】（

1）证明见解析（2）263【解析】【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.【小问1详解】

连接,DEOF，设AFtAC，则(1)BFBAAFtBAtBC，12AOBABC，BFAO，则2211[(1)]()(1)4(1)4022BFAOtBAtBCBABCtB

AtBCtt，解得12t，则F为AC的中点，由,,,DEOF分别为,,,PBPABCAC的中点，于是11//,,//,22DEABDEABOFABOFAB，即,//DEOFDEOF，则四边形O

DEF为平行四边形，//,EFDOEFDO，又EF平面,ADODO平面ADO，所以//EF平面ADO.【小问2详解】过P作PM垂直FO的延长线交于点M，因为,PBPCO是BC中点，所以POBC，在

RtPBO△中，16,22PBBOBC，所以22622POPBOB，因为,//ABBCOFAB，所以OFBC，又POOFO，,POOF平面POF，所以BC平面POF，又PM平面POF，所以BCPM，又BCFMO，

,BCFM平面ABC，所以PM平面ABC，即三棱锥PABC的高为PM，因为120POF，所以60POM，所以3sin60232PMPO，又112222222ABCSABBC△，所以11262233

33PABCABCVSPM△.20.已知函数1ln1fxaxx．（1）当1a时，求曲线yfx在点1,fx处的切线方程．（2）若函数fx在0,单调递增，求a的取值范围．

【答案】（1）ln2ln20xy；（2）1|2aa.【解析】【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0fx在区间0,上恒成立，整理变形可得

21ln10gxaxxxx在区间0,上恒成立，然后分类讨论110,,022aaa三种情况即可求得实数a的取值范围.【小问1详解】当1a时，11ln11fxxxx，则2111ln111xfxxxx

，据此可得10,1ln2ff，所以函数在1,1f处的切线方程为0ln21yx，即ln2ln20xy.【小问2详解】由函数的解析式可得2111=ln111fxxaxxxx

，满足题意时0fx在区间0,上恒成立.令2111ln101xaxxx，则21ln10xxxax，令2=1ln1gxaxxxx，原问题等价于

0gx在区间0,上恒成立，则2ln1gxaxx，当0a时，由于20,ln10axx，故0gx，gx在区间0,上单调递减，此时00gxg，不合题意;令2ln1hxgxaxx，则121hxax

，当12a，21a时，由于111x，所以0,hxhx在区间0,上单调递增，即gx在区间0,上单调递增，所以>00gxg，gx在区间0,上单调递增，00gxg，满足题意.当102

a时，由1201hxax可得1=12xa，当10,12xa时，0,hxhx在区间10,12a上单调递减，即gx单调递减，注意到00g，故当10,1

2xa时，00gxg，gx单调递减，由于00g，故当10,12xa时，00gxg，不合题意.综上可知：实数a得取值范围是1|2aa.【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,ab上单调

，实际上就是在该区间上0fx(或0fx)恒成立．②函数在区间,ab上存在单调区间，实际上就是0fx(或0fx)在该区间上存在解集．21.已知椭圆2222:1(0)Cbbxaay的离心率是53，点2,0A在C上．（1）

求C的方程；（2）过点2,3的直线交C于,PQ两点，直线,APAQ与y轴的交点分别为,MN，证明：线段MN的中点为定点．【答案】（1）22194yx（2）证明见详解【解析】【分析】（1）根据题意列式求解,,abc，进而可得结果；（2）设直线PQ的方程，进而可求点,

MN的坐标，结合韦达定理验证2MNyy为定值即可.【小问1详解】由题意可得222253babccea，解得325abc，所以椭圆方程为22194yx.【

小问2详解】由题意可知：直线PQ的斜率存在，设1122:23,,,,PQykxPxyQxy，联立方程2223194ykxyx，消去y得：222498231630

kxkkxkk，则2222Δ64236449317280kkkkkk，解得0k，可得2121222163823,4949kkkkxxxxkk，

因为2,0A，则直线11:22yAPyxx，令0x，解得1122yyx，即1120,2yMx,同理可得2220,2yNx，则1212121222232322222yykxkxxxxx

12211223223222kxkxkxkxxx1212121224342324kxxkxxkxxxx

222222323843234231084949336163162344949kkkkkkkkkkkkkkk，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．【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，曲线1C的极坐标方程为2s

in42，曲线2C：2cos2sinxy（为参数，2）.（1）写出1C的直角坐标方程；（2）若直线yxm既与1C没有公共点，也与2C没有公共点，求m的取值

范围．【答案】（1）2211,0,1,1,2xyxy（2）,022,【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意,xy的取值范围；（2）根据曲线12,CC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.【小问1详解】因为2sin，即22sin，可得222xyy，整理得2211xy，表示以0,1为圆心，半径为1的圆，又因为2cos2sincossin2

,sin2sin1cos2xy，且ππ42，则π2π2，则sin20,1,1cos21,2xy，故221:11,0,1,1,2Cxyxy.【小问2

详解】因为22cos:2sinxCy（为参数，ππ2），整理得224xy，表示圆心为0,0O，半径为2，且位于第二象限的圆弧，如图所示，若直线yxm过1,1，则11m，解得0m；若直线yxm，即0xym与2C相切，则220mm，解

得22m，若直线yxm与12,CC均没有公共点，则22m或0m，即实数m的取值范围,022,.【选修4-5】（10分）23.已知22fxxx（1）求不等式6xfx的解集；（2）在直角坐标系xOy中，求不等式组60fxyxy

所确定的平面区域的面积．【答案】（1）[2,2]；（2）6.【解析】【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.【小问1详解】依题意，32,2()2,0232,0xxfxxxxx，不等式()6fxx

化为：2326xxx或0226xxx或0326xxx，解2326xxx，得无解；解0226xxx，得02x，解0326xxx

，得20x，因此22x，所以原不等式的解集为：[2,2]【小问2详解】作出不等式组()60fxyxy表示的平面区域，如图中阴影ABC，由326yxxy，解得(2,8)A，由26yx

xy,解得(2,4)C，又(0,2),(0,6)BD，所以ABC的面积11|||62||2(2)|822ABCCASBDxx.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.c

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