【文档说明】2023年高考真题——理科数学（全国乙卷） 含解析.pdf，共(26)页，1.048 MB，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）理科数学一、选择题1.设252i1iiz，则z（）A.12iB.12iC.2iD.2i【答案】B【解析】【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.【详解】由题意可得252i2i2i2i2i112i1ii11ii1z，则12iz.故选：B.2.设集合UR，集合1Mxx，12Nxx，则

2xx（）A.UMNðB.UNMðC.UMNðD.UMNð【答案】A【解析】【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为|2xx即可.【详解】由题意可得|2MNxx，则|2UMNxxð，选项A正确；|1UMxxð，则|1UNMxx

ð，选项B错误；|11MNxx，则|1UMNxxð或1x，选项C错误；|1UNxxð或2x，则UMNð|1xx或2x，选项D错误；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111

1ABCDABCD中，2ABBC，13AA，点,,,HIJK为所在棱上靠近点1111,,,BCDA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.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.5.设O为平面坐标系的坐标原点，在区域22,14xyxy内随机取一点，记该点为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.6.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5

π12f（）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π

2π,63单调递增，所以2πππ2362T，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.7.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【答案】C【解析】【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.【详解】首先确定相同得读物，共有16C种情况，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25A种，根据分步乘法公式则共有1265CA120种，故选：C.8.已知圆锥P

O的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，120AOB，若PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（）A.B.6C.3D.36【答案】B【解析】【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，120AOBo，而3OAOB，取AC中点C，连接,OCPC，有,OCABPCAB，如图，30ABO∠，3,232OCABBC，由PAB的面积为934，得193324PC，解得332

PC，于是2222333()()622POPCOC，所以圆锥的体积2211ππ(3)66π33VOAPO.故选：B9.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CABD为150，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A.15B.25C.35D.25【答案】C【解析】【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CEAB，又ABD△是等边三角形，则DEAB，从而CED为二面角CABD的平面角，即150CED，显然,,CEDEECEDE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ABCCE，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2AB，则1,3CEDE，在CDE中，由余弦定理得：2232cos1321

3()72CDCEDECEDECED，由正弦定理得sinsinDECDDCECED，即3sin1503sin727DCE，显然DCE是锐角，2235cos1sin1()2727DCEDCE，

所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为35.故选：C10.已知等差数列na的公差为23，集合*cosNnSan，若,Sab，则ab（）A.－1B.12C.0D.12【答案】B【解析】【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.【详解】依题意，等差数列{}na中，112π2π2π(1)()333naanna，显然函数12π2πcos[()]33yna的周期为3，而Nn，即cosna

最多3个不同取值，又{cos|N}{,}nanab，则在123cos,cos,cosaaa中，123coscoscosaaa或123coscoscosaaa，于是有2πcoscos()3，即有2π()2π,Z3kk，解得ππ,Z3kk

，所以Zk，2ππ4πππ1cos(π)cos[(π)]cos(π)cosπcosπcos333332abkkkkk.故选：B11.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121

2,22xxyyM，可得1212121212122,2AByyyyyykkxxxxxx，因为,AB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2272472

732880，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.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2PO，则PAPD的最大值为（）A.122+B.1

222C.12D.22【答案】A【解析】【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PAPD12sin2224，或PAPD12sin2224然后结合三角

函数的性质即可确定PAPD的最大值.【详解】如图所示，1,2OAOP，则由题意可知:45APO，由勾股定理可得221PAOPOA当点,AD位于直线PO异侧时，设=,04OPC，则：PAPD=||||cos4PAP

D12coscos4222coscossin222cossincos1cos21sin22212sin222404，则2444当ππ2

44时，PAPD有最大值1.当点,AD位于直线PO同侧时，设=,04OPC，则：PAPD=||||cos4PAPD12coscos4222coscos

sin222cossincos1cos21sin22212sin222404，则2442当242时，PAPD有最大值122+.综上可

得，PAPD的最大值为122+.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.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：8.15.已知na为等比数列，24536aaaaa，9108aa，则7a______.【答案】2【解析】【分析】根据等比数列公式对24536aaaa

a化简得11aq，联立9108aa求出32q，最后得55712aaqqq.【详解】设na的公比为0qq，则3252456aqaaqaaaa，显然0na，则24aq，即321aq

q，则11aq，因为9108aa，则89118aqaq，则3315582qq，则32q，则55712aaqqq，故答案为：2.16.设0,1a，若函数

1xxfxaa在0,上单调递增，则a的取值范围是______.【答案】51,12【解析】【分析】原问题等价于ln1ln10xxfxaaaa恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变

形，可得1lnln1xaaaa，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数a的取值范围.【详解】由函数的解析式可得ln1ln10xxfxaaaa在区间0,上恒成立，则

1ln1lnxxaaaa，即1lnln1xaaaa在区间0,上恒成立，故01ln1ln1aaaa，而11,2a，故ln10a，故ln1ln0

1aaa即1101aaa，故5112a，结合题意可得实数a的取值范围是51,12.故答案为：51,12.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i12345678910

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)(151

1)0(1911)(1811)(2011)(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.在ABC中，已知120BAC，2AB，1AC.（1）求sinABC；（2）若D为BC上一点，且90BAD，求ADC△的面积.【答案】（1）2114；（2）310.【解析】【分析】(1)首先由

余弦定理求得边长BC的值为7BC，然后由余弦定理可得57cos14B，最后由同角三角函数基本关系可得21sin14B；(2)由题意可得4ABDACDSS△△，则15ACDABCSS△△，据此即可求得ADC△的面积.【小问1详解】由余弦定理可得：22222cosBCabcbcA

41221cos1207，则7BC，22274157cos214227acbBac，22521sin1cos12814BB.【小问2详解】由三角形面积公式可得1sin90241sin302ABDACDABAD

SSACAD△△，则111321sin12055210ACDABCSS△△.19.如图，在三棱锥PABC中，ABBC，2AB，22BC，6PBPC，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，5ADDO，点F在AC上，BFAO

.（1）证明：//EF平面ADO；（2）证明：平面ADO平面BEF；（3）求二面角DAOC的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）22.【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）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.【小问1详解】连接,DEOF，设AFtAC，则(1)B

FBAAFtBAtBC，12AOBABC，BFAO，则2211[(1)]()(1)4(1)4022BFAOtBAtBCBABCtBAtBCtt

，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ODEF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】由（1）可知//EFOD，则66,2AODO，得3052ADDO，因此222152ODAOAD，则ODAO，有EF

AO，又,AOBFBFEFF，,BFEF平面BEF，则有AO平面BEF，又AO平面ADO，所以平面ADO平面BEF.【小问3详解】过点O作//OHBF交AC于点H，设ADBEG，由AOBF，得HOAO，且13FHAH，又

由（2）知，ODAO，则DOH为二面角DAOC的平面角，因为,DE分别为,PBPA的中点，因此G为PAB的重心，即有11,33DGADGEBE，又13FHAH，即有32DHGF，231

544622cos6226222PAABD，解得14PA，同理得62BE，于是2223BEEFBF，即有BEEF，则22216653223GF，从而153GF，31

515232DH，在DOH△中，13615,,2222OHBFODDH，于是63152444cos263222DOH，222sin122DOH，所以二面

角DAOC的正弦值为22.20.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222253babcce

a，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2223194ykxy

x，消去y得：222498231630kxkkxkk，则2222Δ64236449317280kkkkkk，解得0k，可得2121

222163823,4949kkkkxxxxkk，因为2,0A，则直线11:22yAPyxx，令0x，解得1122yyx，即1120,2yMx,同理可得2220,2yNx，则121212122223

2322222yykxkxxxxx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．21.已知函数1()l

n(1)fxaxx.（1）当1a时，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；（2）是否存在a，b，使得曲线1yfx关于直线xb对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.（3）若fx在0,存在极值，求a的取值范围

.【答案】（1）ln2ln20xy；（2）存在11,22ab满足题意，理由见解析.（3）10,2.【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)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,ab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2=1ln1gxaxxxx，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论0a，12a和102a三中情况即可求得实数a的取值范围.【小问

1详解】当1a时，11ln1fxxx，则2111ln111xfxxxx，据此可得10,1ln2ff，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11ln1fxaxx，函数的定义域满足1110xxx，即函数的定义域为,10,，定义域关于直线12x对称，由题意可得12

b，由对称性可知111222fmfmm，取32m可得12ff，即11ln22ln2aa，则12aa，解得12a，经检验11,22ab满足题意，故11,22

ab.即存在11,22ab满足题意.【小问3详解】由函数的解析式可得2111ln11fxxaxxx，由fx在区间0,存在极值点，则fx在区间0,上存在变号

零点;令2111ln101xaxxx，则21ln10xxxax，令2=1ln1gxaxxxx，fx在区间0,存在极值点，等

价于gx在区间0,上存在变号零点，12ln1,21gxaxxgxax当0a时，0gx，gx在区间0,上单调递减，此时00gxg，gx在区间0,上无零点，不合题意;当12a

，21a时，由于111x，所以''0,gxgx在区间0,上单调递增，所以00gxg，gx在区间0,上单调递增，00gxg，所以gx在区间0,

上无零点，不符合题意；当102a时，由''1201gxax可得1=12xa，当10,12xa时，0gx，gx单调递减，当11,2xa时，0gx，gx单调递增，故g

x的最小值为1112ln22gaaa，令1ln01mxxxx，则10xmxx，函数mx在定义域内单调递增，10mxm，据此可得1ln0xx恒成立，则1112ln202gaaa

，令2ln0hxxxxx，则221xxhxx，当0,1x时，0,hxhx单调递增，当1,x时，0,hxhx单调递减，故10hxh，即2lnxxx(取等条件为1

x)，所以222ln12112gxaxxaxxxaxxx，22122121210gaaaaa，且注意到00g，根据零点存在性定理可知:gx在区间

0,上存在唯一零点0x.当00,xx时，0gx，gx单调减，当0,xx时，0gx，gx单调递增，所以000gxg.令11ln2nxxxx，则2

2211111022xnxxxx，则nx单调递减，注意到10n，故当1,x时，11ln02xxx，从而有11ln2xxx，所以2=1ln1gxaxxxx211>

1121axxxxx21122ax，令211022ax得2112xa，所以1012ga，所以函数gx在区间

0,上存在变号零点，符合题意.综合上面可知:实数a得取值范围是10,2.【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.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，曲线1C的极坐标方程为ππ2sin42，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,.【点睛】【选修4-5】（10分）23.已知22fxxx.（1）求不等式6fxx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26yxxy

,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.

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