2023年高考全国乙卷数学(理)真题（答案）

2023年普通高等学校招生全国统一考试理科数学一、选择题2iz251.设1ii，则z（）A.12iB.12iC.2iD.2i【答案】B【解析】【分析】由题意首先计算复数z的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.2i2ii2i2i1【详解】由题意可得z12i，1i2i511ii21则z12i.故选：B.2设集合UR，集合Mxx1，Nx1x2，则xx2（）.ððA.UMNB.NUMððC.UMND.MUN【答案】A【解析】【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为x|x2即可.ð【详解】由题意可得MNx|x2，则UMNx|x2，选项A正确；ððUMx|x1，则NUMx|x1，选项B错误；ðMNx|1x1，则UMNx|x1或x1，选项C错误；ððUNx|x1或x2，则MUNx|x1或x2，选项D错误；故选：A.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（）第1页/共25页学科网（北京）股份有限公司A.24B.26C.28D.30【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ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA1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.xex4.已知f(x)是偶函数，则a（）eax1A.2B.1C.1D.2【答案】D【解析】【分析】根据偶函数的定义运算求解.第2页/共25页学科网（北京）股份有限公司xa1xxexxxxee【详解】因为为偶函数，则xexe，fxaxfxfx0e1eax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.225.设O为平面坐标系的坐标原点，在区域x,y1xy4内随机取一点，记该点为A，则直线OAπ的倾斜角不大于的概率为（）41111A.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|1xy4表示以O0,0圆心，外圆半径R2，内圆半径r1的圆环，ππ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，44π2结合对称性可得所求概率1.P42π4故选：C.π2ππ2π6.已知函数f(x)sin(x)在区间,单调递增，直线x和x为函数yfx的图像的63635π两条对称轴，则f（）123113A.B.C.D.2222第3页/共25页学科网（北京）股份有限公司【答案】D【解析】5π【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π2π【详解】因为f(x)sin(x)在区间,单调递增，63T2πππ2π所以，且0，则Tπ，w2，2362Tπππ当x时，fx取得最小值，则22kπ，kZ，6625π5π则2kπ，kZ，不妨取k0，则fxsin2x，665π5π3则fsin，1232故选：D.7.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.120种D.240种【答案】C【解析】【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.【详解】首先确定相同得读物，共有1种情况，C6然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的种读物里，选出两种进行排列，共有2种，5A5根据分步乘法公式则共有12种，C6A5120故选：C.8.已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，AOB120，若PAB的面积等于93，则该圆锥的体积为（）4A.B.6C.3D.36【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.第4页/共25页学科网（北京）股份有限公司o【详解】在AOB中，AOB120，而OAOB3，取AC中点C，连接OC,PC，有OCAB,PCAB，如图，393193∠ABO30，OC,AB2BC3，由PAB的面积为，得3PC，242433333解得PC，于是POPC2OC2()2()26，22211所以圆锥的体积VπOA2POπ(3)266π.33故选：B9.已知ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角CABD为150，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）1232A.B.C.D.5555【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【详解】取AB的中点E，连接CE,DE，因为ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CEAB，又△ABD是等边三角形，则DEAB，从而CED为二面角CABD的平面角，即CED150，第5页/共25页学科网（北京）股份有限公司显然CEDEE,CE,DE平面CDE，于是AB平面CDE，又AB平面ABC，因此平面CDE平面ABC，显然平面CDE平面ABCCE，直线CD平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB2，则CE1,DE3，在CDE中，由余弦定理得：3CDCE2DE22CEDEcosCED13213()7，2DECD3sin1503由正弦定理得，即sinDCE，sinDCEsinCED72735显然DCE是锐角，cosDCE1sin2DCE1()2，27273所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为.5故选：C2*10.已知等差数列a的公差为，集合ScosanN，若Sa,b，则ab（）n3n11A.－1B.C.0D.22【答案】B【解析】【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.2π2π2π【详解】依题意，等差数列{a}中，aa(n1)n(a)，nn133132π2π显然函数ycos[n(a)]的周期为3，而nN，即cosan最多3个不同取值，又313，{cosan|nN}{a,b}则在cosa1,cosa2,cosa3中，cosa1cosa2cosa3或cosa1cosa2cosa3，2π2ππ于是有coscos()，即有()2kπ,kZ，解得kπ,kZ，333ππ4πππ1所以kZ，abcos(kπ)cos[(kπ)]cos(kπ)coskπcos2kπcos.333332故选：B第6页/共25页学科网（北京）股份有限公司y211.设A，B为双曲线x2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【答案】D【解析】【分析】根据点差法分析可得kABk9，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.x1x2y1y2【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，则AB的中点M,，22y1y2yyyy可得k12,k212，ABx1x2x1x2x1x2222y1x1122因为在双曲线上，则9，两式相减得22y1y2，A,Bx1x20y29x22129y2y2所以12kABk229.x1x2对于选项A：可得k1,kAB9，则AB:y9x8，y9x8联立方程2，消去得2，2yy72x272x730x192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；995对于选项B：可得k2,k，则AB:yx，AB22295yx22联立方程，消去y得45x2245x610，y2x2192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；第7页/共25页学科网（北京）股份有限公司对于选项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；997对于选项D：k4,k，则AB:yx，AB44497yx44联立方程，消去y得63x2126x1930，y2x2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.12.已知O的半径为1，直线PA与O相切于点A，直线PB与O交于B，C两点，D为BC的中点，若PO2，则PAPD的最大值为（）1+2122A.B.22C.12D.22【答案】A【解析】【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得1212PAPDsin2，或PAPDsin2然后结合三角函数的性质即可确定224224PAPD的最大值.【详解】如图所示，OA1,OP2，则由题意可知:APO45，由勾股定理可得PAOP2OA21第8页/共25页学科网（北京）股份有限公司当点A,D位于直线PO异侧时，设OPC=,0，4则：PAPD=|PA||PD|cos412coscos4222coscossin22cos2sincos1cos21sin22212sin22240，则24444ππ当2时，PAPD有最大值1.44当点A,D位于直线PO同侧时，设OPC=,0，4则：PAPD=|PA||PD|cos4第9页/共25页学科网（北京）股份有限公司12coscos4222coscossin22cos2sincos1cos21sin22212sin22240，则244421+2当2时，PAPD有最大值.4221+2综上可得，PAPD的最大值为.2故选：A.【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.二、填空题13.已知点A1,5在抛物线C：y22px上，则A到C