2023年12月2日发(作者：2019眉山数学试卷)

2023年高考数学试卷(全国乙卷文科）

一、选择题

1.

2i2i（

）

A. 1 B. 2 C.

235 D. 5

2.

设全集U0,1,2,4,6,8.集合M0,4,6,N0,1,6.则MCUN（

）

A.

0,2,4,6,8 B.

0,1,4,6,8 C.

1,2,4,6,8 D.

U

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. 24 B. 26 C. 28 D. 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5.则B（

）

A.

10B.

5C.

3

10D.

2

5xex5.

已知f(x)ax是偶函数.则a（

）

e1A.

2 B.

1 C. 1 D. 2

6.

正方形ABCD的边长是2.E是AB的中点.则ECED（

）

A.

5 B. 3 C.

25 D. 5

7.

设O为平面坐标系的坐标原点.在区域OA的倾斜角不大于

x,y1x2y24内随机取一点A.则直线π的概率为（

）

4第 1 页 共 19 页 A.

1

83B.

1

6C.

1

4D.

1

28.

函数fxxax2存在3个零点,则a的取值范围是（

）

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（

）

A.

5

6B.

2

3C.

1

2D.

1

310.

已知函数f(x)sin(x)在区间ππ2π2π,单调递增.直线x和x为函数3663yfx的图像的两条对称轴,则f（

）

12A.

3

25πB.

1

2C.

1

2D.

3

211.

已知实数x,y满足x2y24x2y40.则xy的最大值是（

）

A.

132

22B. 4 C.

132 D. 7

y212.

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 B.

1,2 C.

1,3 D.

1,4

二、填空题

13.

已知点A1,5在抛物线C：y22px上,则A到C的准线的距离为______.

14.

若0,,tan.则sincos________．

22π1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716.

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________．

第 2 页 共 19 页 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i1,2,,10．试验结果如下：

试验序号i

伸缩率xi

伸缩率yi

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

545 533 551 522 575 544 541 568 596 548

536 527 543 530 560 533 522 550 576 536

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s2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橡胶10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22.

PBPC,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BFAO．

第 3 页 共 19 页 （1）求证：EF//平面ADO；

（2）若POF120.求三棱锥PABC的体积．

20.

已知函数fx1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:221(ab0)的离心率是,点A2,0在C上．

ab3（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）

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C1的极坐标方程为2sinx2cos.曲线C2：.

（为参数,）224y2sin（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．

【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yxOy（2）在直角坐标系中.求不等式组所确定的平面区域的面积．

xy60

第 4 页 共 19 页 2023年高考数学试卷年全国乙年文科年解析

一、选择题

1. C

2. A

3. D

解：如图所示.在长方体ABCDA1B1C1D1中.ABBC1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

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.

据此可得cosA0,Aπ.

2则BπACπππ3π.

2510第 5 页 共 19 页

故选：C.

5. D

xex解：因为fxax为偶函数.

e1a1xxxxxeexexe0.

则fxfxeax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

解：由题意可得：EDEC5,CD2.

DE2CE2DC25543.

在CDE中.由余弦定理可得cosDEC2DECE25553ECEDECEDcosDEC553.

所以5故选：B.

7. C

解：因为区域的圆环.

则直线OA的倾斜角不大于x,y|1x2y24表示以O0,0圆心.外圆半径R2.内圆半径r1π的部分如阴影所示.在第一象限部分对应的圆心角4

第 6 页 共 19 页 MONπ.

4π结合对称性可得所求概率41.

P2π42故选：C.

8. B

32解：f(x)xax2.则f(x)3xa.

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.

令f(x)3xa0.解得x2aa或.

33aa且当x,33,时.f(x)0.

aax当3,3.f(x)0.

a故fx的极大值为f3.极小值为af3.

af30若fx要存在3个零点.则.即af30aaaa20333.解得aaaa20333a3.

故选：B.

9. A

第 7 页 共 19 页 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.

则其概率为故选：A.

10. D

305.

366解：因为f(x)sin(x)在区间所以π2π,单调递增.

63T2πππ2π.且0.则Tπ.w2.

2362Tπππ当x时.fx取得最小值.则22kπ.kZ.

626则2kπ5π5π.kZ.不妨取k0.则fxsin2x.

66则f35π5π.

sin1232故选：D.

11. C

解：令xyk.则xky.

代入原式化简得2y2k6yk4k40.

22因为存在实数y.则0.即2k642k4k40.

22化简得k22k170.解得132k132.

故xy

的最大值是321.

故选：C.

12.

D

解：设Ax1,y1,Bx2,y2.则AB的中点Mx1x2y1y2,22.

可得kABy1y2yyyy12,k212.

x1x2x1x2x1x22第 8 页 共 19 页

2x1因为A,B在双曲线上.则x222y12y29.

所以kABk22x1x2y1212y12y2922.两式相减得x1x20.

29y219对于选项A：

可得k1,kAB9.则AB:y9x8.

y9x8联立方程2y2.消去y得72x2272x730.

1x9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；

对于选项B：可得k2,kAB2995.则AB:yx.

22295yx22联立方程.消去y得45x2245x610.

2x2y19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；

对于选项D：k4,kAB2997.则AB:yx.

44497yx44联立方程.消去y得63x2126x1930.

2x2y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.

第 9 页 共 19 页 二、填空题

13.

94

解：由题意可得：522p1.则2p5.抛物线的方程为y25x.

准线方程为x54.点A到C的准线的距离为15494.

故答案为：94.

14.55

解：因为0,π2.则sin0,cos0.

又因为tansincos12.则cos2sin.

且cos2sin24sin2sin25sin21.解得sin555或sin5去）.

所以sincossin2sinsin55.

故答案为：55.

15.

8

解：作出可行域如下图所示：

z2xy.移项得y2xz.

第 10 页 共 19 页

舍（x3y1x5联立有.解得.

x2y9y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

解：如图.将三棱锥SABC转化为直三棱柱SMN设ABC的外接圆圆心为O1,半径为r.

ABC.

则2rAB323.可得r3.

sinACB32设三棱锥SABC的外接球球心为O.连接OA,OO1.则OA2,OO1222因为OAOO1O1A.即431SA.

212SA.解得SA2.

4故答案为：2.

三、解答题

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.

【小问1详解】

x545533551522575544541568596548552.3.

10

第 11 页 共 19 页 y536527543530560533522550576536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(2011)2(1211)2s61102【小问2详解】

22ss.

由（1）知:z11.226.124.4.故有z21010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2n14n98,n8【小问1详解】

设等差数列的公差为d.

a2a1d11a1d11a113.即.解得.

由题意可得1092a9d8d2S10ad4011012所以an132n1152n.

【小问2详解】

因为Snn13152n14nn2.

215.且nN*.

2令an152n0.解得n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

S7SnS72S7Sn21477214nn2n214n98；

第 12 页 共 19 页 14nn2,n7.

综上所述：Tn2n14n98,n819.

（1）证明见解析

（2）26

3【小问1详解】

连接DE,OF.设AFtAC.

则BFBAAF(1t)BABAAO.

22112则BFAO[(1t)BAtBC](BABC)(t1)BAtBC4(t1)4t0.

221.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解得t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.

【小问2详解】

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Rt△PBO中.PB所以PO6,BO1BC2.

2PB2OB2622.

因为ABBC,OF//AB.

所以OFBC.又POOF,OF平面POF.

所以BC平面POF.又PM平面POF.

所以BCPM.又BC所以PM平面ABC.

FM,FM平面ABC.

第 13 页 共 19 页 即三棱锥PABC的高为PM.

因为POF120.所以POM60.

所以PMPOsin602又S△ABC33.

211ABBC22222.

221126.

S△ABCPM223333所以VPABC

20.

（1）ln2xyln20；

（2）a|a1.

2【小问1详解】

当a1时.fx11lnx1x1.

x则fx111lnx1.

1x2xx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.

【小问2详解】

由函数的解析式可得fx=111lnx1ax1.

2xxx1满足题意时fx0在区间0,上恒成立.

第 14 页 共 19 页 令1112lnx1a0x1lnx1xax0.

.则2xxx12令gx=ax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;

令hxgx2axlnx1.

则hx2a当a1.

x1111. .2a1时.由于2x1所以hx0,h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.满足题意.

当0a当x0,1110可得x=1.

时.由hx2a2x12a11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xg00注意到.故当0,1时.gxg00.gx单调递减.

2a由于g00.故当x0,11时.gxg00.不合题意.

2a1.

2综上可知：实数a得取值范围是a|a

第 15 页 共 19 页 y2x221.（1）1

94（2）证明见详解

【小问1详解】

b2a3222abc由题意可得.解得b2.

c5c5ea3y2x2所以椭圆方程为1.

94【小问2详解】

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9x8k2k3x16k3k0.

149则Δ64k22k32644k29k23k1728k0.

解得k0.

16k23k8k2k3可得xx.

,x1x212224k94k9因为A2,0.则直线AP:yy1x2.

x12令x0.解得y2y1.

x122y1M0,即.

x212y2同理可得N0,.

x222y12y2kx123kx223则x12x22

2x12x22

第 16 页 共 19 页 kx12k3kx22k3x22x12

x12x222kx1x24k3x1x242k3

x1x22x1x2432kk23k8k4k32k342k3221084k94k93.

23616k3k16k2k344k294k29所以线段PQ的中点是定点0,3.

【选修4-4】（10分）

22.（1）x2y11,x0,1,y1,2

2（2）,022,

【小问1详解】

因为2sin.即22sin.可得x2y22y.

整理得x2y11.表示以0,1为圆心.半径为1的圆.

22又因为xcos2sincossin2,ysin2sin1cos2.

且πππ.则2π.

422则xsin20,1,y1cos21,2.

第 17 页 共 19 页 故C1:x2y11,x0,1,y1,2.

【小问2详解】

因为C2:22x2cosπ（为参数.π）.

2y2sin2整理得xy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yxmC若直线.即xym0与2相切.则2.

m0解得m22.

若直线yxm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,.

【选修4-5】（10分）

23.

（1）[2,2]；

（2）6.

【小问1详解】

3x2,x2依题意.f(x)x2,0x2.

3x2,x0

第 18 页 共 19 页 x20x2x0f(x)6x不等式化为：或或.

3x26xx26x3x26x解x2.得无解；

3x26x0x2解.得0x2.

x26x解x0.得2x0.

3x26x因此2x2.

所以原不等式的解集为：[2,2]

【小问2详解】

作出不等式组f(x)y表示的平面区域.如图中阴影ABC.

xy60

由y3x2.解得A(2,8).

xy6yx2.

解得C(2,4).

由xy6又B(0,2),D(0,6)

所以ABC的面积S

ABC11|BD|xCxA|62||2(2)|8.

22

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