2023年高考全国乙卷数学(文)试卷和答案解析

2023-10-19·22页·1.7 M

2023年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)

文科数学

一、选择题

2i22i3

1.()

A.1B.2C.5D.5

答案】C

解析

【分析】由题意首先化简2i22i3,然后计算其模即可.

【详解】由题意可得2i22i3212i12i,

2

则2i22i312i1225.

故选:C.

设全集,集合,则()

2.U0,1,2,4,6,8M0,4,6,N0,1,6MUN

A.0,2,4,6,8B.0,1,4,6,8C.1,2,4,6,8D.U

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可得的值,然后计算即可

UNMUN.

【详解】由题意可得UN2,4,8,则MUN0,2,4,6,8.

故选:A.

3.如图,网格纸上绘制的是个零件的三视图,网格小正方形的边长为1,则该零件的表面积()

A.24B.26C.28D.30

第1页/共22页

【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ABCDA1B1C1D1中,ABBC2,AA13,

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ABCDA1B1C1D1去掉长方体ONIC1LMHB1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.在ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若acosBbcosAc,且C,则B()

5

32

A.B.C.D.

105105

【答案】C

【解析】

【分析】首先利用正弦定理边化角,然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得A的值,最后利用三角

形内角和定理可得A的值.

【详解】由题意结合正弦定理可得sinAcosBsinBcosAsinC,

即sinAcosBsinBcosAsinABsinAcosBsinBcosA,

整理可得sinBcosA0,由于B0,,故sinB0,

据此可得cosA0,A,

2

3

则BAC.

2510

第2页/共22页

故选:C.

xex

5.已知f(x)是偶函数,则a()

eax1

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

【答案】D

【解析】

【分析】根据偶函数的定义运算求解.

xa1x

xexxxxee

【详解】因为为偶函数,则xexe,

fxaxfxfx0

e1eax1eax1eax1

又因为x不恒为0,可得exea1x0,即exea1x,

则xa1x,即1a1,解得a2.

故选:D.

6.正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则ECED()

A.5B.3C.25D.5

【答案】B

【解析】

uuuruuur

【分析】方法一:以AB,AD为基底向量表示EC,ED,再结合数量积的运算律运算求解;方法二:建系,

利用平面向量的坐标运算求解;方法三:利用余弦定理求cosDEC,进而根据数量积的定义运算求解.

uuuruuuruuuruuur

【详解】方法一:以AB,AD为基底向量,可知ABAD2,ABAD0,

uuuruuruuur1uuuruuuruuuruuruuur1uuuruuur

则ECEBBCABAD,EDEAADABAD,

22

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur

11122

所以ECEDABADABADABAD143;

224

方法二:如图,以A为坐标原点建立平面直角坐标系,

uuuruuur

则E1,0,C2,2,D0,2,可得EC1,2,ED1,2,

uuuruuur

所以ECED143;

方法三:由题意可得:EDEC5,CD2,

第3页/共22页

DE2CE2DC25543

在CDE中,由余弦定理可得cosDEC,

2DECE2555

uuuruuuruuuruuur3

所以ECEDECEDcosDEC553.

5

故选:B.

22

7.设O为平面坐标系的坐标原点,在区域x,y1xy4内随机取一点A,则直线OA的倾斜角不

大于的概率为()

4

1111

A.B.C.D.

8642

【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.

22

【详解】因为区域x,y|1xy4表示以O0,0圆心,外圆半径R2,内圆半径r1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MON,

44

2

结合对称性可得所求概率1.

P4

24

故选:C.

第4页/共22页

3

8.函数fxxax2存在3个零点,则a的取值范围是()

A.,2B.,3C.4,1D.3,0

【答案】B

【解析】

【分析】写出f(x)3x2a,并求出极值点,转化为极大值大于0且极小值小于0即可.

【详解】f(x)x3ax2,则f(x)3x2a,

若fx要存在3个零点,则fx要存在极大值和极小值,则a<0,

aa

令f(x)3x2a0,解得x或,

33

aa

且当时,,

x,,f(x)0

33

aa

当,,

x,f(x)0

33

aa

故fx的极大值为f,极小值为f,

33

a

aaa

f0a20

3333

若fx要存在3个零点,则,即,解得a3,

aaa

a

f0a20

3333

故选:B.

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()

5211

A.B.C.D.

6323

【答案】A

【解析】

【分析】根据古典概率模型求出所有情况以及满足题意得情况,即可得到概率.

【详解】甲有6种选择,乙也有6种选择,故总数共有6636种,

若甲、乙抽到的主题不同,则共有2种,

A630

第5页/共22页

305

则其概率为,

366

故选:A.

22

10.已知函数f(x)sin(x)在区间,单调递增,直线x和x为函数yfx的图像

6363

5

的两条对称轴,则f()

12

3113

A.B.C.D.

2222

【答案】D

【解析】

5

【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x即可得到答案.

12

2

【详解】因为f(x)sin(x)在区间,单调递增,

63

T22

所以,且0,则T,w2,

2362T

当x时,fx取得最小值,则22k,kZ,

662

55

则2k,kZ,不妨取k0,则fxsin2x,

66

553

则fsin,

1232

故选:D.

11.已知实数x,y满足x2y24x2y40,则xy的最大值是()

32

A.1B.4C.132D.7

2

【答案】C

【解析】

22

【分析】法一:令xyk,利用判别式法即可;法二:通过整理得x2y19,利用三角换元

法即可,法三:整理出圆的方程,设xyk,利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.

【详解】法一:令xyk,则xky,

第6页/共22页

代入原式化简得2y22k6yk24k40,

2

因为存在实数y,则0,即2k642k24k40,

化简得k22k170,解得132k132,

故xy的最大值是321,

22

法二:x2y24x2y40,整理得x2y19,

令x3cos2,y3sin1,其中0,2,

则xy3cos3sin132cos1,

4

97

0,2,所以,,则2,即时,xy取得最大值321,

44444

法三:由x2y24x2y40可得(x2)2(y1)29,

|21k|

设xyk,则圆心到直线xyk的距离d3,

2

解得132k132

故选:C.

y2

12.设A,B为双曲线x21上两点,下列四个点中,可为线段AB中点的是()

9

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kABk9,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.

x1x2y1y2

【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2,则AB的中点M,,

22

y1y2

yyyy

可得k12,k212,

AB

x1x2x1x2x1x2

2

第7页/共22页

2

2y1

x11

22

因为在双曲线上,则9,两式相减得22y1y2,

A,Bx1x20

y29

x221

29

y2y2

所以12

kABk229.

x1x2

对于选项A:可得k1,kAB9,则AB:y9x8,

y9x8

联立方程2,消去得2,

2yy72x272x730

x1

9

2

此时272472732880,

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k2,k,则AB:yx,

AB222

95

yx

22

联立方程,消去y得45x2245x610,

y2

x21

9

2

此时24544561445160,

所以直线AB与双曲线没有交点,故B错误;

对于选项C:可得k3,kAB3,则AB:y3x

由双曲线方程可得a1,b3,则AB:y3x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;

997

对于选项D:k4,k,则AB:yx,

AB444

97

yx

44

联立方程,消去y得63x2126x1930,

y2

x21

9

此时12624631930,故直线AB与双曲线有交两个交点,故D正确;

故选:D.

二、填空题

第8页/共22页

13.已知点A1,5在抛物线C:y22px上,则A到C的准线的距离为______.

9

【答案】

4

【解析】

5

【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x,最后利

4

用点的坐标和准线方程计算点A到C的准线的距离即可.

2

【详解】由题意可得:52p1,则2p5,抛物线的方程为y25x,

559

准线方程为x,点A到C的准线的距离为1.

444

9

故答案为:.

4

1

14.若0,,tan,则sincos________.

22

5

【答案】

5

【解析】

【分析】根据同角三角关系求sin,进而可得结果.

【详解】因为0,,则sin0,cos0,

2

sin1

又因为tan,则cos2sin,

cos2

55

且cos2sin24sin2sin25sin21,解得sin或sin(舍去),

55

5

所以sincossin2sinsin.

5

5

故答案为:.

5

x3y1

15.若x,y满足约束条件x2y9,则z2xy的最大值为______.

3xy7

【答案】8

【解析】

第9页/共22页

【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:

z2xy,移项得y2xz,

x3y1x5

联立有,解得,

x2y9y2

设A5,2,显然平移直线y2x使其经过点A,此时截距z最小,则z最大,

代入得z8,

故答案为:8.

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________.

【答案】2

【解析】

【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以及求的性质运算求解.

【详解】设ABC的外接圆圆心为O1,半径为r,

AB3

2r23

则sinACB3,可得r3,

2

1

设三棱锥SABC的外接球球心为O,连接OA,OO1,则OA2,OOSA,

12

1

因为OA2OO2OA2,即43SA2,解得SA2.

114

故答案为:2.

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