2023年全国统一高考数学试卷(文科)(乙卷)

2023年12月2日发(作者：绘画大班数学试卷分析)

2023年全国统一高考数学试卷（文科）（乙卷）（2023•乙卷）|2+i2+2i3|=（　　）A．1B．2C．√5D．5【答案】C【分析】直接利用复数的模的运算求出结果．（江南博哥）【解答】解：由于|2+i2+2i3|=|1-2i|=故选：C．√221+(−2)=√5．（2023•乙卷）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}【答案】AB．{0，1，4，6，8}C．{1，2，4，6，8}D．U【分析】直接利用集合的补集和并集运算求出结果．【解答】解：由于∁UN={2，4，8}，所以M∪∁UN={0，2，4，6，8}．故选：A．（2023•乙卷）如图，网格纸上绘制的是一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（　　）A．24【答案】DB．26C．28D．30【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的表面积．【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体是由两个直四棱柱组成的几何体．如图所示：故该几何体的表面积为：4+6+5+5+2+2+2+4=30．故选：D．2023•乙卷）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a,b,c,若acosB-bcosA=c,且C=π5，则∠B=（　　）A．π10B．πC．3πD．2π5105【答案】C【分析】利用正弦定理以及两角和差的三角公式进行转化求解即可．【解答】解：由acosB-bcosA=c得sinAcosB-sinBcosA=sinC，得sin（A-B）=sinC=sin（A+B），即sinAcosB-sinBcosA=sinAcosB+sinBcosA，即2sinBcosA=0，得sinBcosA=0，在△ABC中，sinB≠0，∴cosA=0，即A=π2，则B=π-A-C=π−ππ3π2−5=10．故选：C．2023•乙卷）已知f（x）=xexa=（　　）eax是偶函数，则−1A．-2B．-1C．1D．2【答案】D【分析】根据偶函数的性质，运算即可得解．x）=xex【解答】解：∵f（的定义域为{x|x≠0}，又f（x）为偶函数，eax−1∴f（-x）=f（x），（（∴∴−xee−x−ax=exeaxx，，xee−1ax−xax=−1exeax−1x−1∴ax-x=x,∴a=2．故选：D．→→（2023•乙卷）正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则EC•ED=（　　）A．√5【答案】BB．3C．2√5D．5【分析】由已知结合向量的线性表示及向量数量积的性质即可求解．【解答】解：正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，→→→→→→→→EBEAEBADEABCBC所以•=-1，⊥，⊥，•AD=2×2=4，→→→→→→→→→→→→→→则EC•ED=（EB+BC）•（EA+AD）=EB•EA+EB•AD+EA•BC+BC•AD=-1+0+0+4=3．故选：B．（2023•乙卷）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，记该点为A，则直线πOA的倾斜角不大于的概率为（　　）4A．18【答案】C【分析】作出图形，根据几何概型的概率公式，即可求解．【解答】解：如图，PQ为第一象限与第三象限的角平分线，根据题意可得构成A的区域为圆环，π而直线OA的倾斜角不大于的点A构成的区域为图中阴影部分，421∴所求概率为=．84故选：C．B．1614D．12C．（2023•乙卷）函数f（x）=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（　　）A．（-∞，-2）【答案】BB．（-∞，-3）C．（-4，-1）D．（-3，0）【分析】求函数的导数，f（x）存在3个零点，等价为f′（x）=0有两个不同的根，且极大值大于0极小值小于0，求函数的极值，建立不等式关系即可．【解答】解：f′（x）=3x2+a,若函数f（x）=x3+ax+2存在3个零点，则f′（x）=3x2+a=0，有两个不同的根，且极大值大于0极小值小于0，即判别式Δ=0-12a＞0，得a＜0，aa−或x＜-−，此时f（x）单调递增，33由f′（x）＜0得-−a＜x＜−a，此时f（x）单调递减，33即当x=-−a时，函数f（x）取得极大值，当x=−a时，f（x）取得极小值，33则f（-−a）＞0，f（−a）＜0，33aa即-−a（-+a）+2＞0，且−a（-+a）+2＜0，33332a2a即-−a×+2＞0，①，且−a×+2＜0，②，3333则①恒成立，2a2a由−a×+2＜0，2＜-−a×，3333由f′（x）＞0得x＞√√√√√√√√√√√√√平方得4＜- a4a×，即a3＜-27，392√则a＜-3，综上a＜-3，即实数a的取值范围是（-∞，-3）．故选：B．（2023•乙卷）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（　　）56【答案】A【分析】利用古典概型、排列组合等知识直接求解．【解答】解：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，甲、乙两位参赛同学构成的基本事件总数n=6×6=36，其中甲、乙两位参赛同学抽到不同主题包含的基本事件个数m=A=30，26A．B．23C．12D．13m305则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为P===．n366故选：A．π2ππ2π（2023•乙卷）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）在区间（，）单调递增，直线x=和x=为函数y=f（x）的63635π图像的两条对称轴，则f（-）=（　　）12A．-√23B．-12C．12D．√23【答案】D【分析】先根据题意建立方程求出参数，再计算，即可得解．T2πππ【解答】解：根据题意可知=−=，23622π∴T=π，取ω＞0，∴ω==2，Tππ又根据“五点法“可得2×+φ=−+2kπ，k∈Z，625π∴φ=−+2kπ，k∈Z，65π5π∴f（x）=sin（2x−+2kπ）=sin（2x-），6635π5π5π5ππ∴f（-）=sin（−-）=sin（-）=sin=√．1266332故选：D．（2023•乙卷）已知实数x,y满足x2+y2-4x-2y-4=0，则x-y的最大值是（　　）3√2A．1+2B．4C．1+3√2D．7【答案】C【分析】根据题意，设z=x-y,分析x2+y2-4x-2y-4=0和x-y-z=0，结合直线与圆的位置关系可得有|2−1−z|√1+1≤3，解可得z的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，x2+y2-4x-2y-4=0，即（x-2）2+（y-1）2=9，其几何意义是以（2，1）为圆心，半径为3的圆，设z=x-y,变形可得x-y-z=0，其几何意义为直线x-y-z=0，直线y=x-z与圆（x-2）2+（y-1）2=9有公共点，则有故x-y的最大值为1+32．√故选：C．|2−1−z|√1+1≤3，解可得1-3√2≤z≤1+3√2，22y（2023•乙卷）设A，B为双曲线x-=1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（　　）9A．（1，1）【答案】DB．（-1，2）C．（1，3）D．（-1，-4）【分析】设AB中点为（x0，y0），利用点差法求得中点弦斜率，列不等式组求解即可．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为（x0，y0），V2y2YYx1−1=1①YYY9Y，W22y2YY−=1②xY2YXYY9①-②得kAB=即-3＜9×即y0x0x0y2−y1x2−x1=9×x1+x2y1+y2=9×x0y0，1x01＜3⇒−<<，y03y03y0x0>3或<−3，故A、B、C错误，D正确．故选：D．（2023•乙卷）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

9【答案】．4【分析】根据已知条件，先求出p,再结合抛物线的定义，即可求解．【解答】解：点A（1，√5）在抛物线C：y2=2px上，5则5=2p,解得p=，2p59由抛物线的定义可知，A到C的准线的距离为xA+=1+=．2449故答案为：．494．π110（2023•乙卷）若θ∈（0，），tanθ=，则sinθ-cosθ=-√235【答案】-√．510．【分析】根据三角函数的坐标定义，利用坐标法进行求解即可．π1y【解答】解：∵θ∈（0，），tanθ==，23x∴令x=3，y=1，设θ终边上一点的坐标P（3，1），223+1=√10，13210则sinθ-cosθ=−=-=-√．5√10√10√10则r=|OP|=√故答案为：-√．510Vx−3y≤−1YYY（2023•乙卷）若x,y满足约束条件Wx+2y≤9，则z=2x-y的最大值为

8YXYY3x+y≥7【答案】8．．【分析】作出可行域，变形目标函数，平移直线y=2x,由截距的几何意义可得．【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示：由z=2x-y可得y=2x-z,则-z表示直线y=2x-z在y轴上的截距，截距越小，z越大，结合图形可知，当y=2x-z经过点A时，Z最大，Vx−3y=−1由W可得y=2，x=5，即A（5，2），Xx+2y=9此时z取得最大值8．故答案为：8．（2023•乙卷）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=2．【答案】2．【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及球的性质能求出结果．【解答】解：设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r,3AB则2r==3=23，解得r=3，√√sin∠ACB√2设三棱锥S-ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，1则OA=2，OO1=SA，222221∵OA=OO1+O1A，∴4=3+SA，解得SA=2．4故答案为：2．（2023•乙卷）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i伸缩率xi伸缩率yi5755445436527543530576536记zi=xi-yi（i=1，2，⋯，10），记z1，z2，⋯，z10的样本平均数为z，样本方差为s2．（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显著提高．（如果z≥2√10有显著提高）2s，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【答案】（1）z=11，s2=61．（2）z≥2√102s，有显著提高．【分析】（1）根据表中数据，计算zi=xi-yi（i=1，2，…，10），求平均数z和方差s2．（2）根据z和2√102s，比较大小即可得出结论．【解答】解：（1）根据表中数据，计算zi=xi-yi（i=1，2，…，10），填表如下：试验序号i伸缩率xi伸缩率yizi=xi-yi575544543652754353zi=28-821计算平均数为z=101方差为s2=10i=1i=11×（9+6+8-8+15+11+19+18+20+12）=11，101×[（-2）2+（-5）2+（-3）2+（-19）2+42+02+82+72+92+12]=61．102s=210(zi−z)=（2）由（1）知，z=11，2所以z≥2高．√102s，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√10√6.1＜2√6.25=5，（2023•乙卷）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．【答案】（1）an=-2n+15（n∈N•）．（2）当1≤n≤7时，Tn=-n2+14n，当n≥8时，Tn=n2-14n+98．【分析】（1）建立方程组求出首项和公差即可．（2）求出|an|的表达式，讨论n的取值，然后进行求解即可．【解答】解：（1）在等差数列中，∵a2=11，S10=40．VVa+d=11a1+d=11YY1YYYY∴W，即W，10×9910a1+d=40a1+d=4YYXXYY22YY得a1=13，d=-2，则an=13-2（n-1）=-2n+15（n∈N•）．V−2n+15，1≤n≤7（2）|an|=|-2n+15|=W，X2n−15，n≥8即1≤n≤7时，|an|=an，当n≥8时，|an|=-an，当1≤n≤7时，数列{|an|}的前n项和Tn=a1+⋯+an=13n+n(n−1)2×(−2)=-n2+14n,n(n−1)当n≥8时，数列{|an|}的前n项和Tn=a1+⋯+a7-⋯-an=-Sn+2（a1+⋯+a7）=-[13n+13+1×7=n2-14n+98．22×(−2)]+2×（2023•乙卷）如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=2√2，（1）求证：EF∥平面ADO；PB=PC=√6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO．（2）若∠POF=120°，求三棱锥P-ABC的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）2√63．【分析】（1）作FH⊥AB，垂足为H，设AH=x,利用Rt△AHF∽Rt△ABC得出HF，利用Rt△BHF∽Rt△OBA列方程求出x=1，判断H是AB的中点，利用中位线定理得出EF∥PC，DO∥PC，证明EF∥DO，得出EF∥平面ADO；（2）过P作PM垂直FO的延长线交于点M，求出BO，PO，计算PM，再求△ABC的面积和三棱锥P-ABC的体积．【解答】 （1）证明：在Rt△ABC中，作FH⊥AB，垂足为H，设AH=x,则HB=2-x,AHHFxHF因为FH∥CB，所以Rt△AHF∽Rt△ABC，所以=，即=，解ABBC22√2得HF=√2x,又因为∠BFH=∠FBO，所以∠AOB=∠FBH，且∠BHF=∠OBA=90°，HFAB2x2所以Rt△BHF∽Rt△OBA，所以=，即√=，解得x=1，BHBO2−x√2即AH=1，所以H是AB的中点，F是AC的中点，又因为E是PA的中点，所以EF∥PC，同理，DO∥PC，所以EF∥DO，又因为EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO；（2）解：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，在1Rt△PBO中，PB=√6，BO=BC=√2，所以PO=PB2−OB2=√6−2=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，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°，√所以PM=POsin60°=2×√=3，√2311△ABC的面积为S△ABC=×AB×BC=×2×22=22，√√221所以三棱锥P-ABC的体积为V三棱锥P-ABC=×22×3=3√√2√63．1（2023•乙卷）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．【答案】（1）（ln2）x+y-ln2=0；1（2）[，+∞)．2【分析】（1）根据已知条件，先对f（x）求导，再结合导数的几何意义，即可求解；111（2）先对f（x）求导，推得(−2)ln(x+1)+(+a)•≥0，构造函数g（x）=ax2+x-（x+1）lnxx+1x（x+1）（x＞0），通过多次利用求导，研究函数的单调性，并对a分类讨论，即可求解．【解答】解：（1）当a=-1时，1则f（x）=（-1）ln（1+x），x111求导可得，f\'（x）=−2ln(1+x)+(−1)•，xx+1x当x=1时，f（1）=0，当x=-1时，f\'（1）=-ln2，故曲线y=f（x）在点（1，f（x））处的切线方程为：y-0=-ln2（x-1），即（ln2）x+y-ln2=0；1（2）f（x）=（+a）ln（1+x），x111则f\'（x）=(−2)ln(x+1)+(+a)•(x>−1)，xx+1x函数f（x）在（0，+∞）单调递增，111则(−2)ln(x+1)+(+a)•≥0，化简整理可得，-（x+1）ln（x+1）+x+ax2≥0，xx+1x令g（x）=ax2+x-（x+1）ln（x+1）（x＞0），求导可得，g\'（x）=2ax-ln（x+1），当a≤0时，则2ax≤0，ln（x+1）＞0，故g\'（x）＜0，即g（x）在区间（0，+∞）上单调递减，g（x）＜g（0）=0，不符合题意，令m（x）=g\'（x）=2ax-ln（x+1），1则m\'（x）=2a-，x+11当a≥，即2a≥1时，21<1，m\'（x）＞0，x+1故m（x）在区间（0，+∞）上单调递增，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，符合题意，111当0＜a＜时，令m\'（x）=2a−=0，解得x=−1，2x+12a11当x∈(0，−1)时，m\'（x）＜0，m（x）在区间（0，−1）上单调递减，即g\'（x）单调递减，2a2ag\'（0）=0，1当x∈(0，−1)时，g\'（x）＜g\'（0）=0，g（x）单调递减，2a∵g（0）=0，1∴当x∈(0，−1)时，g（x）＜g（0）=0，不符合题意，2a1综上所述，a的取值范围为[，+∞)．2（2023•乙卷）已知椭圆C：（1）求C的方程；=1（a＞b＞0）的离心率为√，点A（-2，0）在C上．223aby2+x25（2）过点（-2，3）的直线交C于点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．22yx【答案】（1）椭圆C的方程为+=1；94（2）MN的中点为定点（0，3），证明过程见解析．【分析】（1）由题意列关于a,b,c的方程组，求得a,b,c的值，可得椭圆C的方程；（2）设PQ：y-3=k（x+2），即y=kx+2k+3，k＜0，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得x1+x2与x1x2的值，写出直线AP、AQ的方程，求得M与N的坐标，再由中点坐标公式即可证明MN的中点为定点．Vc√5YVY=YYa=3YYa3YYYY【解答】解：（1）由题意，W，解得Wb=2．b=2YYYYc=5XYY222√YYXYYa=b+c22yx∴椭圆C的方程为+=1；9证明：（2）如图，4要使过点（-2，3）的直线交C于点P，Q两点，则PQ的斜率存在且小于0，设PQ：y-3=k（x+2），即y=kx+2k+3，k＜0，P（x1，y1），Q（x2，y2），Vy=kx+2k+3YYY2联立W2，得（4k2+9）x2+8k（2k+3）x+16k（k+3）=0．y+x=1YXY4Y9Δ=[8k（2k+3）]2-4（4k2+9）•16k（k+3）=-1728k＞0．x1+x2=−8k(2k+3)4k+9y1x1+2y2x2+22，x1x2=16k(k+3)4k+92，2y1x1+22y2x2+2直线AP：y=(x+2)，取x=0，得M（0，）；）．直线AQ：y=∴2y1x1+2(x+2)，取x=0，得N（0，+2y2x2+2=2y1(x2+2)+2y2(x1+2)(x1+2)(x2+2)=2=2(kx1+2k+3)(x2+2)(kx2+2k+3)(x1+2)x1x2+2(x1+x2)+42kx1x2+(4k+3)(x1+x2)+4(2k+3)x1x2+2(x1+x2)+42k•16k(k+3)4k+916k(k+3)4k+92322−8k(2k+3)4k+92+(4k+3)•+4(2k+3)=2+2•−8k(2k+3)4k+9222+4=233232k+96k−64k−96k−48k−72k+32k+72k+48k+10822216k+48k−32k−48k+16k+36108=6．36∴MN的中点为（0，3），为定点．=2×（2023•乙卷）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C1的极坐标Vx=2cosαπππ方程为ρ=2sinθ（≤θ≤），曲线C2：W（α为参数，＜α＜π）．Xy=2sinα422（1）写出C1的直角坐标方程；（2）若直线y=x+m既与C1没有公共点，也与C2没有公共点、求m的取值范围．【答案】（1）x2+（y-1）2=1，（x∈[0，1]，y∈[1，2]）；（2）(−∞，0)∪(2√2，+∞)．【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程和直角坐标坐标方程之间进行转换；（2）利用直线与圆的位置关系和点到直线的距离公式求出实数m的取值范围．ππ【解答】解：（1）曲线C1的极坐标方程为ρ=2sinθ（≤θ≤），42Vx=ρcosθYYYY根据Wy=ρsinθ转换为直角坐标方程为x2+（y-1）2=1，Y222YXYx+y=ρYπππ因为≤θ≤，≤2θ≤π，x=ρcosθ=2sinθcosθ=sin2θ∈[0，1]，422y=ρsinθ=2sin2θ=1-cos2θ∈[1，2]，所以C1的直角坐标方程为x2+（y-1）2=1，x∈[0，1]，y∈[1，2]；Vx=2cosα（2）由于曲线C1的方程为x2+（y-1）2=1，（0≤x≤1，1≤y≤2），曲线C2：W（α为参Xy=2sinαπ数，＜α＜π），转换为直角坐标方程为x2+y2=4，（-2＜x＜0，0＜y＜2）；2如图所示：由于y=x与圆C1相交于点（1，1），即m=0，当m＜0时，直线y=x+m与曲线C1没有公共点；当曲线C2与直线y=x+m相切时，圆心C2（0，0）到直线y=x+m的距离d=值舍去），由于直线y=x+m与曲线C2没有公共点，|m|√2=2，解得m=2√2（负所以m>2√2，故直线y=x+m既与C1没有公共点，也与C2没有公共点、实数m的取值范围为(−∞，0)∪(2√2，+∞)．（2023•乙卷）已知f（x）=2|x|+|x-2|．（1）求不等式f（x）≤6-x的解集；Vf(x)≤y（2）在直角坐标系xOy中，求不等式组W所确定的平面区域的面积．Xx+y−6≤0【答案】（1）不等式的解集为[-2，2]．（2）8．【分析】（1）根据绝对值的意义，表示成分段函数，然后解不等式即可．（2）作出不等式组对应的平面区域，求出交点坐标，根据三角形的面积公式进行求解即可．【解答】解：（1）当x≥2时，f（x）=2x+x-2=3x-2，当0＜x＜2时，f（x）=2x-x+2=x+2，当x≤0时，f（x）=-2x-x+2=-3x+2，则当x≥2时，由f（x）≤6-x得3x-2≤6-x,得4x≤8，即x≤2，此时x=2．当0＜x＜2时，由f（x）≤6-x得x+2≤6-x,得2x＜4，即x＜2，此时0＜x＜2．当x≤0时，由f（x）≤6-x得-3x+2≤6-x,得2x≥-4，即x≥-2，此时-2≤x≤0．综上-2≤x≤2，即不等式的解集为（2）不等式组V[-2，2]．WXf(x)≤yVy≥2|x|+|x−2|x+y−6≤0等价为WXx+y−6≤0，作出不等式组对应的平面区域如图：则B（0，2由V），D（0，6），WXx+y−6=0y，得VWx=2，即C（2，4），由V=x+2WXx+y−6=0Xy=−3x+2，得Vy=4WXx=−2y=8，即A（-2，8），则阴影部分的面积S=S△ABD+S△BCD=112×（6-2）×2+2×（6-2）×2=4+4=8．