2023年全国统一高考理科数学试卷（全国乙卷）含答案与解析

2023年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

一、单选题

1.设z=7⅛⅛,贝()

l+ι^+ɪ

A.l-2iB.l+2iC.2-iD.2+i

2.设集合U=R,集合M={x∣x<l},N={x∣-l<x<2},则{Λ∣XN2}=()

A.⅞,(MN)B.N⅞,MC.Q,(MN)D.MB%N

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

4.已知/(X)=/:是偶函数，则”=()

e-1

A.-2B.-1C.1D.2

5.设。为平面坐标系的坐标原点，在区域｛(x,y)∣l≤d+y2≤4｝内随机取一点，记该点为A,则直线OA

的倾斜角不大于:的概率为()

ʌ-1bC.一D

∙I4-?

π2π

6.已知函数/(x)=sin(<υx+9)在区间单调递增，直线X=B和X=与为函数y=∕(χ)的图像的两

6,TOɔ

5π

条对称轴，则/)

77

正

ATbc.ID.

∙42

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.CO种D.240种

8.已知圆锥尸O的底面半径为6，O为底面圆心，PA,PB为圆锥的母线，ZAQB=I200,若/AB的面

积等于当叵，则该圆锥的体积为()

4

A.兀B.瓜兀C.3πD.3∙j6τr

9.已知JtBC为等腰直角三角形，AB为斜边，AABD为等边三角形，若二面角C-钻-。为150。，则

直线CD与平面ABC所成角的正切值为()

A.-B.也C.在D.-

5555

10.已知等差数列｛4｝的公差为g,集合S="os",J"∈N*｝,若S=｛αS｝,则必=()

A.—1B.—C.0D.—

22

11.设4,B为双曲线f-1∙=l上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是()

A.(1,1)B.(-1,2)C.(1,3)D.(-1,-4)

12.已知。的半径为1,直线∕¾与(。相切于点A,直线PB与。交于8,C两点，。为BC的中点，

若IPoI=√Σ,则/%.PO的最大值为()

A.B.”还C.l+√2D.2+√2

22

二、填空题

13.已知点A(l,6)在抛物线Cy2=2px±.,则A到C的准线的距离为.

x-3y<-l

14.若羽y满足约束条件x+2y≤9,则z=2x-y的最大值为.

3x+j≥7

15.已知｛《,｝为等比数列，«2«4«5=/6，=-8,则%=.

16.设α∈(0,l),若函数f(x)=α*+(l+a)'在(0,+功上单调递增，则”的取值范围是.

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苍，y(i=L2,…,10).试验结果

如下:

试验序号i12345678910

伸缩率半545533551522575544541568596548

伸缩率K536527543530560533522550576536

记Zi=xi-yiO=1,2,∙∙∙,10),记z「Z2,zl0的样本平均数为之，样本方差为s?.

(1)求)，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I≥2,g-,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)

18.在ABC中，已知N8AC=120。，AB=2,AC=L

(I)求SinzABC；

(2)若。为BC上一点，且/84。=90。，求ZXADC的面积.

19.如图，在三棱锥P-AβC中，ABlBC,AB=2,BC=2√2,PB=PC=a,BP,AP,8C的中点

分别为。，E,O,AO=石力O,点尸在AC上，BFlAO.

(1)证明：EF〃平面Ar)。；

(2)证明：平面平面BEF；

(3)求二面角。-AO-C的正弦值.

20.已知椭圆C:1+^=13＞人＞。)的离心率是半，点A(-2,0)在C上.

(1)求C的方程；

(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点，直线4尸,4。与〉轴的交点分别为用。，证明：线段MN的中点

为定点.

21.已知函数/(x)=(B+α)n(l+x).

(1)当α=-1时，求曲线y=∕(χ)在点(IJ⑴)处的切线方程；

(2)是否存在“，儿使得曲线y=∕(T］关于直线x=b对称，若存在，求m6的值，若不存在，说明理

由.

(3)若〃x)在(0,+8)存在极值，求α的取值范围.

22.在直角坐标系Xoy中，以坐标原点。为极点，X轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线G的极坐标方程

∣X=2CoSaπ、

^⅛∕7=2sin6>l^≤6∙≤曲线a：(a为参数,-<a<π).

y=2sina2

(1)写出Cl的直角坐标方程;

(2)若直线y=χ+加既与Cl没有公共点,也与C?没有公共点，求机的取值范围.

23.已知/(x)=2国+∣x-2∣.

(1)求不等式/(x)46r的解集;

⑵在直角坐标系g中，求不等式组C“斤确定的平面区域的面积.

【参考答案】

1.【答案】B

2+i_2+i_i(2+i)_2i-l

【解析】由题意可得Z==l-2i,

l+i2+i51-1+ii2

则7=1+2i.

故选：B.

2.【答案】A

【解析】由题意可得MN={x∣x<2},则N）={x∣x≥2},选项A正确;

4M={x∣x≥l},则NUlM={x∣x>T},选项B错误；

MN={x∣T<x<l},则6(McN)={x∣x≤-1或x≥l},选项C错误；

jN={x∣x≤-l或x≥2},则M_%N={x|x<l或xN2},选项D错误；

故选：A.

3.【答案】D

【解析】如图所示，在长方体ABa)-A4GA中，ΛB=BC=2,AA=3,

点”,1,J,K为所在棱上靠近点综C,R,A的三等分点，。L,",N为所在棱的中点,

则三视图所对应的几何体为长方体ABCA4GA去掉长方体OMG-LMHBl之后所得的几何体,

A1D1

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×(l×l)=30.

故选：D.

4.【答案】D

【解析】因为小）=若为偶函数’则〃力〃一）=芸一Mr生芸工

又因为X不恒为0,可得e*-e("%=O,即e*=e("T',

则x=(α-l)x,gpi=α-l,解得α=2.

故选：D.

5.【答案】C

【解析】因为区域｛(x,y)H≤f+y2≤4｝表示以。(0,0)圆心，外圆半径R=2,内圆半径r=l的圆环,

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NMoN=g,

44

9π

结合对称性可得所求概率P_W_1.

2π4

故选：C.

6.【答案】D

【解析】因为/(x)=Sin(S+0)在区间C单调递增，

所以4=亭-2=g,且啰＞0，则T=π,W=§=2,

2362T

当X=F时，f(x)取得最小值，则2∙m+e=2E-1,AeZ,

o62

则9=2E-•，％∈Z,不妨取女=0,则/(x)=sin(2x_^

6I6

故选：D.

7.【答案】C

【解析】首先确定相同得读物，共有C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A；种,

根据分步乘法公式则共有C>A；=120种，

故选：C.

8.【答案】B

【解析】在JloB中，ZAOB=120%而OA=OB=布,取AC中点C,连接。C,PC,有

OCrAB,PClAB,如图,

故选：B

9.【答案】C

【解析】取A8的中点E,连接CEDE,因为jSC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE/AB,

又4A5D是等边三角形，则∕)E∕4},从而NCE”为二面角C-AB-。的平面角，即NCE£>=150,

显然CECDE=E,CE,DEu平面CDE,于是ABJ.平面CZ)E,又ABu平面ABC,

因此平面CZ)El.平面A8C,显然平面Cz)EC平面48C=CE,

直线CDU平面CDE,则直线CQ在平面ABC内的射影为直线CE,

从而NDCE为直线8与平面48C所成的角，令AB=2,则CE=1,QE=√L在“CDE中，由余弦定理

得:CD=y∣CE2+DE2-2CE∙DEcosZCED=J1÷3-2×I×√3×(-ɪ)=√7，

DE晶，即s"CE=叵滑=余

由正弦定理得

sinNDCE

显然ZDCE是锐角，cosZDCE=√1-sin2ZDCE=

所以直线CO与平面ABC所成的角的正切为正

5

故选：C

10.【答案】B

ITT2兀911

【解析】依题意，等差数列中，。,=4+("-1>?=皆〃+(4-手),

2τr2兀

显然函数>=8$［彳〃+(4-可)］的周期为3,而“eN,,即CoSq,最多3个不同取值，又

{cosanIn∈N*}={a,b],

贝IJ在cosq,cosg,cosα,中，cosal=cosa2≠cos4或COSal≠cosa2=cosai,

9TT2冗7Γ

于是有COSe=CoS(6+ʒ-),即有.0+(0+—)=2Λπ,⅛∈Z,解得6=∈Z,

LLIxl■r•.兀、,JT,,4几兀、，21兀1

所以ZGZ,cιb=COSz(E——)cos[r(κfπ——)+—J=-COS(E——)cosκπ=-cosκπcos—=——

333332

故选：B

11.【答案】D

【解析】设Aa,y),B(%,%),则AB的中点Mx∣+£X+%

22

X+%

可得3-4τ⅛=岁

χi-χ2X+%χ1+χ2

2

2

291

因为AB在双曲线上，则2=I

=I

2

巧—292

所以心Z(M=咚胃=9.

x∖~λ2

对于选项A：可得2=1,心B=9,则AB:y=9x—8,

y=9x-8

联立方程22,消去y得72f一2X72X+73=0,

X-y-=1

9

此时△=(-2χ72)?-4χ72χ73=-288<0,

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¢=-2,-=-5,则的：了=一5兀-5,

95

y=——X——

■22

联立方程｛2，消去>得45χ2+2x45x+61=0,

X2--=1

I9

此时A=(2x45)2-4x45x61=Tx45xl6<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Z=3,Zzw=3,则A8:y=3x

由双曲线方程可得α=l力=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=^,则=

-97

y=-x——

44

联立方程｛,,消去y得63∕+126X-193=0,

Y上=1

I9

此时A=1262+4X63X193>0,故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确;

故选：D.

12.【答案】A

【解析】如图所示，|。Al=I,∣OP∣=√∑,则由题意可知：ZAPo=45,

21

由勾股定理可得R4=y∣OP-OA=1

TT

当点A。位于直线Po异侧时，设NOpC=a,0≤a≤-,

4

则：P4∙PZ)=∣PA∣∙IPOlCoS(α+?)

=1×y∣2cosacosI«+ɪI

√2.

=∖∣2cosaCOSa------sιna

2

=cos2a-sinacosa

1+cosIa1.C

-----------------sin2a

22

sin(2a-?

22

0≤α吁则q≤2αq≤?

7ΓTT

•∙•当2”厂7时'P40有最大值L

当点A。位于直线Po同侧时，设NOPC

则：PA-PD=∖pa∖'∖pd∖cos[°c

π

=l×>∕2cosacosa——

4

SSA也Sina

=y/2cosa

2

=cos2α+Sinacosa

l÷cos2a1.C

------------+—sinIa

22

1√2

=—I-----sin(22+?

22

0≤α≤,≡^≤2α÷5≤f

.∙.当2α+g=g时，∕χ.PD有最大值Lt亚

422

综上可得，P4∙P。的最大值为匕也.

2

故选：A.

9

3【答案】-

【解析】由题意可得：(√^y=2pxl,则2p=5,抛物线的方程为V=5x,

准线方程为X=-：，点A到C的准线的距离为1-(-：］=g.

4<4J4

9

故答案为：­.

4

14.【答案】8

【解析】作出可行域如下图所示:

z=2x-y,移项得y=2x-z,

x-3y=-1,解得fx=5

联立有K

x+2γ=9

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.

15.【答案】-2

【解析】设｛q｝的公比为q(qwθ),则显然囚产。，

贝!Ig=17)即a/="?,贝IJau=1,因为＜⅛4o=-8,贝IJqqIi∙q∕=-8,

5

则S)=—8=(―2),则q'=-2,则a1-aicj-q-q$=—2

故答案为：—2.

16.【答案】

【解析】由函数的解析式可得∕,(x)=a'lnα+(l+α)'ln(1+a)≥O在区间(O,+∞)上恒成立,

则(l+4)*ln(l+a)2-α*ln”,即(詈)≥-加；IlIL)在区间(°，+的上恒成立,

故(詈)=l≥-in^^,而α+l∈(l,2),故ln(l+4)>O,

In(4+1)2-Ina]α(α+l)≥l,故铝≤"l,

故J即〈

O<a<∖O<a<↑

结合题意可得实数4的取值范围是

故答案为:

17.【答案】

,八一545+533÷551+522+575+544+541+568+596+548U…

(1)X=----------------------------------------------=552.3,

10

―536+527÷543+530+560+533+522+550+576+536一∣C

y=------------------------------------------------=541.3,

10

z=x-y=552.3-541.3=11,

Zi=Xr的值分别为：9,6,8,—8,15,11,19,18,20,12,

T2(9-11)2÷(6-lI)2+(8-11)2+(-8-11)2+(15-11)2+0+(19-11)2+(18-11)2+(20-11)2+(12-11)2。

⅛ZXr5=----------------------------------------------------------------------=01

10

(2)由(1)知:L=IL=2√6Λ=√244,故有5≥

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.

【解析】

(I)直接利用平均数公式即可计算出三。再得到所有的Zj值，最后计算出方差即可;

(2)根据公式计算出的值，和胃比较大小即可.

18.【答案】(1)由余弦定理可得:

BC2=a2=b2+c2-2。CCoSA

=4+l-2×2×l×cosl20=7,

2ɔfɔ

则BC=√7,cosB=a'+c'-b'7+4-15√7

2ac2×2×√7-14

S—×AB×AD×sin90

(2)由三角形面积公式可得兴迺----------------=4,

XACOLXACXAOXSin30

2

则SW=∙∣S"BC=(x(；x2xlXSinl20)=*.

【解析】

(1)首先由余弦定理求得边长8C的值为BC=",然后由余弦定理可得CoSB=上红，最后由同角三角

14

函数基本关系可得SinB=叵;

14

(2)由题意可得沁L=4,则SMg=J据此即可求得人位心的面积.

^∆ACD5

19.【答案】(1)连接。瓦。b，设Ab=fAC,ɪjɪijBF=BA+AF=(1-f)BA÷rBC,AO=-BA÷^BC,

BFLAO,

则筋荷加T)丽+说“如萍)=—丽*叱=4(f+4i,

解得/=；,则尸为AC的中点，由Q,E,O,F分别为P8,∕>A8C,AC的中点，

于是。E//A8,DE=gAB,OFUABQF=^AB,即DEHOF,DE=OF,则四边形ODEF为平行四边形,

EF//DO,EF=DO,又EFa平面ADO,DO⊂平面ADO,

所以EF//平面AOO.

P

(2)由(1)可知EF〃0£>,则Ao=#,。0=巫，得AD=小Do=叵,

22

因此O£>2+AO2=A£)2=U,则ODLA0,有E尸_LAO,

2

又AOJ.BF,BFnEF=F,BfEFu平面BM,

则有AOj"平面3EF,又AOU平面AoO,所以平面ADOJ"平面B£F.

（3）过点。作O〃〃B歹交AC于点”，设ADBE=G,

由Aoj.8尸，得，Oj_AO,且FH=；AH,

又由（2）知，ODlAO,则NDoH为二面角O—A。—C的平面角，

因为RE分别为PB,PA的中点，因此G为A上山的重心，

1I13

即有。G=-AO,GE=-BE,又FH=-AH,即有。"=-GF,

3332

.315

4+丁34+6-PA2后

COSZABD=------^=--—-f=~,解得PA=Ji4，同理得BE=乂-,

2x2速2X2X#2

2

（I后丫/信丫

于是3炉+£尸=3尸=3,即有瓦则GL=-×^-+2=-,

I32JI2J3

U石…√1523√i?√i?

从而GF=,DH=—×=---,

3232

在ADOH中，OH=LBF=@,。D=也,DH=-,

2222

所以二面角AO-C的正弦值为史.

2

【解析】

（1）根据给定条件，证明四边形ODE尸为平行四边形，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.

20.【答案】

b=2a=3

(I)由题意可得a2=b2+c2,解得,h=2,

C垂>c=^/5

e——=—

a3

22

所以椭圆方程为二+Z=1.

94

(2)由题意可知：直线PQ的斜率存在,设PQy=MX+2)+3,Pa,%),Q(Λ⅛,%),

y=⅛(x+2)+3

222

联立方程丁χ2消去y得：(4⅛+9)X+8⅛(2⅛+3)X+16(⅛+3/)=0,

—+—=1

I94

则A=64&2(zip一64件2+9)俨+3⅛)=-1728k>0,解得&<0,

8⅛(2⅛+3)16(it2+3⅛)

可得X]+W=-,X]Λ⅛=

4k2+94k2+9

因为A(-2,0),则直线AP:y=出(x+2),

令X=0,解得y=碧，即MN⅛),

同理可得NO,

2y∣2%

则x∣+2w+2_[Mxl+2)+3][6+2)+3]

----------------------------------+-------------------

2x1+2x2+2

[%+(2A+3)](X?+2)+[fcc,+(2⅛+3)](xl+2)2kxlx2+(4⅛+3)(xl+x2)+4(2⅛+3)

(X∣+2)(Λ⅛+2)x1x2+2(xl+W)+4

32⅛(AΓ2+3⅛)

止+9108

2^36^

16(⅛+3⅛)16⅛(2⅛+3)+4

4k2+94Λ2+9

所以线段PQ的中点是定点(0,3).

【解析】(1)根据题意列式求解”,0,C,进而可得结果;

(2)设直线PQ的方程，进而可求点M,N的坐标，结合韦达定理验证此产■为定值即可.

21.【答案】(【)当a=T时，/(x)=(;-I)In(X+1),

则/(X)=+

Λ∖ʌJΛ,I1

据此可得/⑴=OJ'⑴=Tn2,

函数在(IJ⑴)处的切线方程为0=—∣n2(x-l),

g[j(ln2)x+y-ln2=0.

(2)由函数的解析式可得/(g∣=(x+a)ln

1+1

X

II1

函数的定义域满足十+1=干r＞0,即函数的定义域为(-∞,-ι)5°*),

定义域关于直线X=-L对称，由题意可得〃=-1，

22

由对称性可知一;=

取m=I可得/⑴=〃_2),

即(a+l)ln2=(a-2)InJ,则a+l=2-a,解得a=g,

经检验a=］。=4满足题意，故a=/=2

2222

即存在a=?,。=-2满足题意.

22

(3)由函数的解析式可得口⑺=卜}}n(x+l)+g+a)+

由/(X)在区间(0,+8)存在极值点，则/'(X)在区间(0,+8)上存在变号零点;

令卜£|1MX+1)+&+“击=0，

则-(x+l)In(X+l)+(x+加)=0,

令g(%)=加+x-(x+l)ln(x+l),

/(x)在区间(。,+。)存在极值点，等价于g(x)在区间(0,+。)上存在变号零点,

g,(x)=2αx-ln(x+l),g"(x)=Ia-------

当α≤0时,g'(x)<O,g(x)在区间(。,+8)上单调递减,

此时g(x)<g(0)=0，g(x)在区间(0,+8)上无零点，不合题意；

当α≥g,2αNl时，由于白■<〔，所以g,(x)>°,g'(x)在区间(。，+⑹上单调递增，

所以g'(x)>g'(0)=0,g(x)在区间(0,+e)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;

当0<a<:时，由g"(x)=2α---L-=0⅛If⅜Λ=--1,

2x+12a

当Xe(O,/-l卜寸，g"(χ)<0,g'(x)单调递减，

当Xe(*-l,+∞)时，g*(x)>0,g'(x)单调递增，

故g'(x)的最小值为g'g-l)=l-2α+ln2”,

_γ11

令M(X)=I-%+Inx(0VXV1),则(R)=——>0,

函数〃7(x)在定义域内单调递增，m(x)<m(l)=0,

据此可得I-X+lnx<0恒成立，

则——1)=l-2o+ln2α<0,

令〃(X)=InX-f+χ(χ>0),则〃(力二二2.J入+!,

当x∈(0,l)时，"(x)>0,MX)单调递增,

当x∈(L+∞)时,"(x)vθ,∕z(x)单调递减，

故MX)≤∕z(l)=0,^∖nx≤x2-x(取等条件为％=1),

所以g'(x)=2αxTn(x+l)>20r-[(x+l)2-^χ+]^J=2αr-^x2+X),

g'(2"-l)>2α(20-l)-[(2α-lf+(2.-l)]=0,且注意到g'(0)=0,

根据零点存在性定理可知：g'(x)在区间(0,+向上存在唯一零点七.

当Xe(O,/)时，g,(x)<O,g(x)单调减，

当X∈(Λ⅛,+∞)时,g'(x)>O,g(x)单调递增，

所以g(x0)<g(O)=O.

令〃(X)=InX-YX-则〃'(x)=J-∖l+jr)=T;?)40,

∖/X∖ɪzZX

则〃(x)单调递减，注意到〃⑴=O,

故当Xe(I,+∞)时，InX-g(x-j<0,从而有InX<[x

所以g(x)=α