2023年普通高等學校招生全國統一考試（全國乙卷）

理科數學試題

一、選擇題

2+i

Z-?ξ^—

1.設l+i-+i,貝IJZ=()

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

【答案】B

【解析】

【分析】由題意首先計算復數Z的值，然后利用共物復數的定義確定其共朝復數即可.

2+i2+ii(2+i)

【詳解】由題意可得Z=^-=l-2i,

l+i2+i5i-ι+i-F--1

則彳=1+2i.

故選：B.

2.設集合U=R,集合Λ√={x∣x<1},N={x∣-l<x<2},則{x∣x≥2}=()

A.2(MUN)B.N

C.①(MN)D.M2即N

【答案】A

【解析】

【分析】由題意逐一考查所給的選項運算結果是否為{x∣x≥2}即可.

【詳解】由題意可得跖N={x∣x<2},則d(M∣N)={x∣x≥2},選項A正確;

?7M={X∣X≥1},則N<M={x∣x>-1},選項B錯誤；

MN={x?-↑<x<l},則電(Λ∕cN)={x∣x<T或x≥l},選項C錯誤；

α,N={x∣x<-1或x≥2},則MQ,N={x∣x<l或x≥2},選項D錯誤；

故選：A.

3.如圖，網格紙上繪制的一個零件的三視圖，網格小正方形的邊長為1,則該零件的表面積為（）

fl1

VX/?-λ?r??-e(-hI

【詳解】因為為偶函數，則〃~_/_工)=三__Ue=」_________J=

avaxar

e-l八/八/_1p~-↑p_1

又因為X不恒為0,可得e'—e("T)x=0,即e'=/",

則X=(α-l)x,即I=α-1,解得α=2.

故選：D.

5.設。為平面坐標系坐標原點，在區域｛(x,y)|l≤χ2+y2≤4｝內隨機取一點，記該點為A,則直線OA

TT

的傾斜角不大于一的概率為()

4

11

A.-B.-

86

【答案】C

【解析】

【分析】根據題意分析區域的幾何意義，結合幾何概型運算求解.

【詳解】因為區域｛(x,y)∣l≤∕+y2≤4｝表示以。(0,0)圓心，外圓半徑R=2,內圓半徑r=l的圓環,

TTπ

則直線04的傾斜角不大于一的部分如陰影所示，在第一象限部分對應的圓心角NMoN=一，

44

π

結合對稱性可得所求概率1D—----4--——?.

2π4

(兀2九、TT

6.已知函數/(%)=Sin(GX+0)在區間二,三-單調遞增,直線X=2和X=T為函數y=∕(χ)的圖像

163；6

DT

【答案】D

【解析】

【分析1根據題意分別求出其周期，再根據其最小值求出初相，代入X=-、即可得到答案.

【詳解】因為/(x)=sin(的+°)在區間

T2JrTT7r2TT

所以上='一2=',且0>0,則τ=7t,W=—=2,

2362T

當X==時，/(x)取得最小值，則2?J+e=2E-與，ZeZ,

662

則e=2Mt-2,左∈Z,不妨取攵=0,則/(x)=sin(2x-等

6I6

故選：D.

7.甲乙兩位同學從6種課外讀物中各自選讀2種，則這兩人選讀的課外讀物中恰有1種相同的選法共有

()

A.30種B.60種C.120種D.240種

【答案】C

【解析】

【分析】相同讀物有6種情況，剩余兩種讀物的選擇再進行排列，最后根據分步乘法公式即可得到答案.

【詳解】首先確定相同得讀物，共有C；種情況，

然后兩人各自的另外一種讀物相當于在剩余的5種讀物里，選出兩種進行排列，共有A；種,

根據分步乘法公式則共有=120種，

故選：C.

8.己知圓錐Po的底面半徑為6，O為底面圓心，PA,P8為圓錐的母線，ZAOB=120°,若.√?3的面

積等于也，則該圓錐的體積為()

4

A.兀B.√6Λ-C.3萬D.3√6^

【答案】B

【解析】

【分析】根據給定條件，利用三角形面積公式求出圓錐的母線長，進而求出圓錐的高，求出體積作答.

顯然CECJDE=E,CE,。EU平面COE,于是ABl平面C0E,又ABU平面ABC,

因此平面CDE，平面ABC,顯然平面CD?C平面ABC=CE,

直線CDU平面CDE,則直線CD在平面ABC內的射影為直線CE,

從而/OCE為直線CD與平面ABC所成的角，令A3=2,則CE=I,OE=百，在Cz)E中，由余弦

定理得:

CD=-JCE2+DE2-2CE-DEcosZCED=Jl+3-2×1×√3×(-^-)?√7-

nzτ,z???GSinl50_上

由正弦定理得.「二二一--,即sinNOCE二

sinZDCEsinZCED二百=訪，

顯然ZDCE是銳角，cosNDCE=√l-sin2ZDCE=1「(親:矗'

所以直線。。與平面ABC所成的角的正切為也.

5

故選：C

10.已知等差數列{α,,}的公差為夸，集合S=kosα,J"∈N*},若S={α,h},則a。=()

A.—1B.----C.0D.?

22

【答案】B

【解析】

【分析】根據給定的等差數列，寫出通項公式，再結合余弦型函數的周期及集合只有兩個元素分析、推理

作答.

27r27r2TT

【詳解】依題意，等差數列{%}中，an=ai+(n-↑)-=-n+(ai--),

2兀2兀

顯然函數y=cos[?y"+(4-丁)]的周期為3,而〃eN*,即CoSa“最多3個不同取值，又

{cos。”I〃∈N"}={〃,〃},

則在cos4,cosa2,cos/中，COSa]=cosa2≠cosa3或cosq≠cosa2=cosa3,

2兀2ττjr

于是有CoSe=COs(8+y),即有。+(。+7)=2E#∈z,解得e=&兀一∈z,

L-,t,f/1兀、Γ/1兀、4兀r..Tl.21兀?

所以％eZ,ab=CoS(E——)CoSKE--)÷—J=-COS(E--)cosκπ=-cos^kπcos?-=--.

故選：B

11.設A,B為雙曲線d-5=l上兩點，下列四個點中，可為線段AB中點的是()

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

【答案】D

【解析】

【分析】根據點差法分析可得EWJM=9,對于A、B、D：通過聯立方程判斷交點個數，逐項分析判斷;

對于C：結合雙曲線的漸近線分析判斷.

【詳解】設Aa,%),3(%2，%)，則A5的中點M%+WX+%

2'2

y+)’2

可得L=山?=，_=江&

玉—x2X]+???i+X2

2

√-2L=1

1O..2-2

因A3在雙曲線上，貝IX2，兩式相減得(X-后)-v??v=O，

χ2一五-19

“29-?

2_2

所以^AB,k=*~冬=9.

玉一毛

對于選項A：可得/C=1?AB=9,則A8:y=9x—8,

>=9x-8

聯立方程42y2，消去y得72χ2-2X72X+73=0,

%--=1

I9

止匕時△=(-2×72)2-4×72×73=-288<0,

所以直線AB與雙曲線沒有交點，故A錯誤；

995

對于選項B：可得Z=-2,ZI8=—，則Aβ:y=-X—,

222

95

V=——X——

22

聯立方程<2，消去y得45%2+2X45X+61=0,

I9

此時A=(2χ45)2-4x45x61=Tx45xl6<0,

所以直線AB與雙曲線沒有交點，故B錯誤;

對于選項C:可得A=3,=3,則AB:y=3x

由雙曲線方程可得α=1,8=3,則AB:y=3x為雙曲線的漸近線，

所以直線AB與雙曲線沒有交點，故C錯誤；

997

對于選項D：k^4,kAB--,AB?y=-x--,

'97

y=-x——

44

聯立方程<2，消去V得63f+i26x-193=0,

r2y-

I9

此時A=1262+4X63X193>0,故直線A8與雙曲線有交兩個交點，故D正確；

故選：D.

12.已知0，。的半徑為1,直線用與：O相切于點A,直線PB與。。交于B,C兩點，。為BC的中點，

若IPOI=√L則PA.PO的最大值為（）

AI+√2rl+2√2

22

C1+0D.2+√2

【答案】A

【解析】

【分析】由題意作出示意圖，然后分類討論，利用平面向量的數量積定義可得

PA?PD=，一立Sinl2a—生］,或PA?PQ=，+也sin（2α+&］然后結合三角函數的性質即可確定

22I4）22I4）

PA?PD的最大值.

【詳解】如圖所示，|。4『1,|。PI=JL則由題意可知:NAPo=45，

由勾股定理可得PA=VOP2-OA2=1

A

△+變si√2α+Q

22I4）

0≤α≤-,則工≤2α+e≤工

4442

二當2a+（='時，pA?p0有最大值匕當.

綜上可得，PA?PD的最大值為匕且.

2

故選：A

【點睛】本題的核心在于能夠正確作出示意圖，然后將數量積的問題轉化為三角函數求最值的問題，考查

了學生對于知識的綜合掌握程度和靈活處理問題的能力.

二、填空題

13.已知點40,6）在拋物線CV=2pχ上，則A到C的準線的距離為.

9

【答案】-

4

【解析】

【分析】由題意首先求得拋物線的標準方程，然后由拋物線方程可得拋物線的準線方程為x=-*,最后

4

利用點的坐標和準線方程計算點A到C的準線的距離即可.

【詳解】由題意可得：（、6y=2pxl,則2p=5,拋物線的方程為V=5χ,

準線方程為％=—2,點A到C的準線的距離為1—[—3]=7-

4<4J4

9

故答案為：一.

4

X-3y≤-1

14.若—y滿足約束條件<x+2y<9,則z=2無一丁的最大值為.

3x+y≥7

【答案】8

【解析】

【分析】作出可行域，轉化為截距最值討論即可.

【詳解】作出可行域如下圖所示：

z=2x-y,移項得y=2x-z,

x-3y=—1X=5

聯立有《

y=2

設A(5,2),顯然平移直線y=2x使其經過點A,此時截距-z最小，則Z最大,

代入得Z=8,

15.已知｛α,,｝為等比數列，a2a4a5=a3a6,agal0=-8,則%

【答案】-2

【解析】

【分析】根據等比數列公式對化簡得64=1，聯立"Mo=-8求出/=一2,最后得

a1=a、q.q'=q'=—2.

【詳解】設｛4｝的公比為q(qHθ),則“2。4。5=。3。6，顯然4≠O,

則4=q2,即α∣∕=q2,則44=1,因為%α∣o=-8,貝IJal/.=一&,

則q”=(q5)3=_8=(_2)3,則q3=_2,則為=qq?∕=一2,

故答案為：—2.

16.設αe(0,l),若函數/(x)=∕+(l+a)*在(0,+⑹上單調遞增，則a的取值范圍是.

【分析】原問題等價于∕'(x)=avlnβ+(l+a)lln(l+a)≥O恒成立，據此將所得的不等式進行恒等變形,

可得(詈)':一缶’由右側函數的單調性可得實數〃的二次不等式‘求解二次不等式后可確定實

數”的取值范圍.

【詳解】由函數的解析式可得∕'(x)=αAlna+(1+α)'In(1+a)NO在區間(O,+8)上恒成立,

1+6Z

則(1+Qyln(I+a)≥-axIna,即>-.在區間(0,+∞)上恒成立，

Ina

故而α+le(l,2),故In(I+4)>O,

ln(l+6f)

故In(Q+1)N-Inaα(α+l)≥l,故在匚

即≤a<?<

O<α<l0<α<l2

結合題意可得實數。的取值范圍是

故答案為:

三、解答題

17.某廠為比較甲乙兩種工藝對橡膠產品伸縮率的處理效應，進行10次配對試驗，每次配對試驗選用材質

相同的兩個橡膠產品，隨機地選其中一個用甲工藝處理，另一個用乙工藝處理，測量處理后的橡膠產品的

伸縮率.甲、乙兩種工藝處理后的橡膠產品的伸縮率分別記為須，y(i=l,2,…,10).試驗結果如下:

試驗序號

12345678910

i

伸縮率巧545533551522575544541568596548

伸縮率必536527543530560533522550576536

記Zj=Xi-y(i=1,2,…,10),記z∣,Z2,…,z∣o的樣本平均數為I,樣本方差為s?.

⑴求Z，/；

(2)判斷甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率是否有顯著提高(如果

z≥,則認為甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率有顯著提高,

否則不認為有顯著提高)

【答案】(I)z=lb√=61;

(2)認為甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率有顯著提高.

【解析】

【分析】（1）直接利用平均數公式即可計算出7,7,再得到所有的Zj值，最后計算出方差即可;

（2）根據公式計算出的值，和之比較大小即可.

【小問1詳解】

_545+533+551+522+575+544+541+568+596+548

X=--------------------------------------------------------------------

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

Zi=Xif的值分別為：9,6,8,-8,15,11,19,18,20,12,

,2(9-11)2+(6-11)2+(8-11)2+(-8-Il)2+(15-11)2+0+(19-Il)2+(18-Il)2+(20-Il)2+(12-Il)2

+故S=----------------------------------------------------------------------------------------------------------

【小問2詳解】

由（1）知:5=11,=2√6J=√244）故有5≥2J^,

所以認為甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率有顯著提高.

18.在匕ABC中，已知N84C=120°,AB=2,AC=I.

（1）求SinNABC；

（2）若。為BC上一點，且Nβ4T>=90°,求ZWC的面積.

【答案】（1）叵;

【解析】

【分析】（1）首先由余弦定理求得邊長BC的值為BC=J7,然后由余弦定理可得COSB=%巨，最后由

同角三角函數基本關系可得sin6=

S1

（2）由題意可得產e?=4,則SAAS=彳SAABC,據此即可求得ZXADC的面積.

【小問1詳解】

由余弦定理可得：

BC2=a2=b2+C2-2bc∞sA

=4+1—2×2×1×cos120=7,

I匚?cι~÷c"—b~7+4-15y∕l

則πBC=JT，cosB=-----------=--------產=----，

2ac2×2×√714

【小問2詳解】

由三角形面積公式可得L2=-f------------------------=4,

△ACD—XAC×AD×sin30

2

則S△ACD=?S△ABC=(XGX2X1XSinI20)=*.

19.如圖，在三棱錐P-ABC中，ABlBC,Ae=2，BC=26，PB=PC=娓,BP,AP,BC

的中點分別為。，E,O,AO=逐。。，點F在AC上，BF±AO.

（1）證明：EF//平面A。。；

（2）證明：平面ADoj_平面BEF；

（3）求二面角。一AO—C的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；

（2）證明見解析；（3）Y2.

2

【解析】

【分析】（1）根據給定條件，證明四邊形OoEE為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.

（2）由（1）的信息，結合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.

(3)由(2)的信息作出并證明二面角的平面角，再結合三角形重心及余弦定理求解作答.

【小問1詳解】

___1

連接DE,OF,設AF=?4C,則3F=BA+AF=(1-r)5A+f3C,AO^-BA+-BC,BFLAO,

1215

則BFAO=[(I-Z)BA+tBC]■(-BA+-BC)=(t-V)BA+~tBC2=4(Z-1)+4Z=O,

22

解得f=L則尸為AC的中點，由。,旦O,F分別為PB,Q4,8C,AC的中點，

2

于是DE//AB,。E=LAB,OF//AB,OF=LA8,即OE//OP,OE=OF,則四邊形QDEf'為平行

22

四邊形，

EF//DO,EF=DO,又EFU平面ADO,DOU平面ADO,

所以防//平面ADO.

\[小問2詳解]

A

由(1)可知EFHOD,則AO=J^Oo=",得AD=#DO=叵,

22

因此OD2+AO2=A∕)2="則。OLAO,有族，A。，

2

又AO，BF,B尸「EF=F,B/7,￡77U平面麻產，

則有AO，平面跳尸，又AOU平面AoO,所以平面A0O_L平面B￡F.

【小問3詳解】

過點。作OH//BF交AC于點H,設A￡>BE=G,

由AOLBE,得HOJ.AO,且

3

又由(2)知，OOLAO,則NDOH為二面角。-Ao-C的平面角，

因為。,E分別為PB,PA的中點，因此G為，RS的重心，

1113

即有。G=-4D,GE=-BE,又FH=—AH,即有。H=-G/，

3332

.315

/心八2^T4+6-PA2L底

COSNABO=―?=—-?,解得PA=Ji4,同理得BE=*,

2x2M2×2×^2

2

5

于是8石2+￡尸=8尸=3，即有BE_L￡F，則G尸

3

從而GF=巫，DH=，叵=叵,

3232

1?/?當DH=當

在AOOH中，OH=—BF=AoD

22

63_15

于是cos"。*：定『-與一也,

sinZDOH=

一2’

2×-×-

22

所以二面角O—AO—C的正弦值為立

2

B

H

A

22（）的離心率是半，點（）在。上.

20.已知橢圓C：與+1=lα>b>0A—2,0

a1b2

（1）求C的方程;

（2）過點（一2,3）的直線交。于P,Q兩點，直線AP,AQ與y軸的交點分別為M,N,證明：線段MN的

中點為定點.

22

【答案】（I）?+-?l

94

（2）證明見詳解

【解析】

【分析】（1）根據題意列式求解c,進而可得結果;

⑵設直線PQ的方科進而可求點MN的坐標，結合韋達定理驗證號為定值即可.

【小問1詳解】

b=2

由題意可得IY=〃+￠2解得心=2

C√5C=Λ∕5

e=-=——

.a3

22

所以橢圓方程為2-+L=i?

94

【小問2詳解】

由題意可知：直線PQ的斜率存在，設PQh=Mx+2)+3,P(x∣,χ),Q(A2,y2),

V=MX+2)+3

聯立方程〈y2《,消去y得：(4公+9)x?+8攵(2攵+3)x+16(攵2+3Z)=0,

I94

2

貝IJΔ=Mk(2k+3『-64(4%2+9)(Γ+3Z:)=—1728%>0,解得Z<0,

用得XL.舉儂+3)-6S)

22

%2—4?+9'也—4?+9

因為A(-2,0),則直線ARy=三5(x+2),

令X=0,解得y=義、?，即0,2)1

斗+2IX1+2

同理可得NO,2?

Iχ2+2

2弘2%

則X]+2々+2_[MxI+2)+3]+[左(工2+2)+3]

2x∣÷2x2+2

[ΛX∣÷(2^+3)](X2+2)+[AX2÷(2/:+3)](X∣+2)2AXIX2+(4Z:+3)(x1+x2)+4(2^+3)

(xj+2)(X2+2)XIX2+2(X1+X2)+4

32#+3火阻4空)國+3)

_44.9______4<_91_L08_3

2一，

16(?+3?)16?(2?+3)I1-36

4公+94尸+9

所以線段PQ的中點是定點(0,3).

（1）由特例得出一個值，此值一般就是定值;

（2）證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉化為代數式，可證明該代數式與參數（某些變量）無關;

也可令系數等于零，得出定值;

（3）得出結論.

21.已知函數/(x)=∣g+α)n(l+x).

（1）當α=T時，求曲線y=/（x）在點（1,/（1））處的切線方程;

（2）是否存在α,b,使得曲線y=∕（J］關于直線x=b對稱，若存在，求

”,匕的值，若不存在，說明

?x）

理由.

（3）若/（x）在（0,+力）存在極值，求。的取值范圍.

【答案】⑴(In2)x+y-ln2=0;

（2）存在α=',b=-L滿足題意，理由見解析.

22

⑶回

【解析】

【分析】(1)由題意首先求得導函數的解析式，然后由導數的幾何意義確定切線的斜率和切點坐標，最后求

解切線方程即可；

(2)首先求得函數的定義域，由函數的定義域可確定實數力的值，進一步結合函數的對稱性利用特殊值法可

得關于實數。的方程，解方程可得實數。的值，最后檢驗所得的。功是否正確即可；

(3)原問題等價于導函數有變號的零點，據此構造新函數g(x)=αr2+χ一(χ+ι)In(X+1),然后對函數求

導，利用切線放縮研究導函數的性質，分類討論α≤0,ɑ≥L和O<ɑ<,三中情況即可求得實數ɑ的取

22

值范圍.

【小問1詳解】

當α=-l時，"x)=('T)In(X+1),

則r(x)=qxln(x+l)+(L]x-^?,

?V?J\十1

據此可得/(1)=0,/'(1)=_山2,

函數在(1,7(1))處切線方程為y-0=—In2(x—1),

即(In2)x+γ-ln2=0.

【小問2詳解】

由函數的解析式可得dl=(x+α)ln(j+l),

1r_|_1

函數的定義域滿足工+1=一1>0,即函數的定義域為(F,T)U(0,+8),

定義域關于直線x=—,對稱，由題意可得人=-,，

22

由對稱性可知/(_3+根)=/(_3_機)(機>3),

取〃2=5可得八1)=/(_2),

即(ɑ+1)In2=(α—2)1∏],則α+l=2-α,解得。=萬，

經檢驗。=—,力=—滿足題意，故Q=—力=—.

2222

即存在a=』/=一!滿足題意.

22

【小問3詳解】

由/(x)在區間(0,+紇)存在極值點，則/'(X)在區間(0,+紇)上存在變號零點；

令LX+1)+($島=0，

則-(x+l)In(X+l)+(x+0χ2)=O,

令g(x)=αr2+x-(x+l)In(X+1),

/(X)在區間(0,+8)存在極值點，等價于g(X)在區間(0,+8)上存在變號零點，

g<x)=20x-In(X+1),g"(X)=

當α≤0時,g'(%)<0,g(x)在區間(0,+e)上單調遞減，

此時g(x)<g(0)=0,g(x)在區間(0,+助上無零點,不合題意；

當α≥g,2α>l?,由于應j<l,所以g"(x)>O,g'(x)在區間(0,+紇)上單調遞增,

所以g'(x)>g'(0)=0,g(x)在區間(0,+8)上單調遞增,g(以)>g(0)=0,

所以g(x)在區間(0,+8)上無零點，不符合題意；

當0<α<，時，由g"(χ)=2α-一L=O可得X=-L-I,

2x+12a

當Xd時，g"(x)<O,g'(x)單調遞減，

當)時，

XeK-I,+8g"(x)>0,g'(x)單調遞增,

故g'(x)的最小值為g'((-1)=1-2α+In2α,

I1

令機(X)=I-X+lnx(0<x<l),則∕√(χ)=----->0,

函數〃《X)在定義域內單調遞增，根(力<MI)=0,

據此可得l-x+lnx<0恒成立,

則g'(^^-1=l-2α+ln2o<0,

令ZZ(X)=InX-X2+χ(χ>0),則“3=二C，A—,

X

當x∈(0,l)時，〃'(x)>0,〃(X)單調遞增，

當x∈(l,+∞)時,(X)<0,/Z(X)單調遞減，

?Λ(x)≤A(I)=O,即InX≤χ2-x(取等條件為X=1),

所以g'(x)=2αr-In(X+1)〉20r-[(x+l)~-(X+1)]=2ax-(^x2+x),

g'[2a-1)>2?(2?-1)-[(2α-1)2+(2α-1)]=0,