2023年高考全国乙卷数学(文)真题（答案）

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2i22i31.（）A.1B.2C.5D.5【答案】C【解析】【分析】由题意首先化简2i22i3，然后计算其模即可.【详解】由题意可得2i22i3212i12i，2则2i22i312i1225.故选：C.设全集，集合，则ð（）2.U0,1,2,4,6,8M0,4,6,N0,1,6MUNA.0,2,4,6,8B.0,1,4,6,8C.1,2,4,6,8D.U【答案】A【解析】【分析】由题意可得ð的值，然后计算ð即可UNMUN.ðð【详解】由题意可得UN2,4,8，则MUN0,2,4,6,8.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页学科网（北京）股份有限公司【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.4.在ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acosBbcosAc，且C，则B（）532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，π据此可得cosA0,A，2ππ3π则BπACπ.2510第2页/共22页学科网（北京）股份有限公司故选：C.xex5.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.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.6.正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则ECED（）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cosDEC，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ABAD2,ABAD0，uuuruuruuur1uuuruuuruuuruuruuur1uuuruuur则ECEBBCABAD,EDEAADABAD，22uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur11122所以ECEDABADABADABAD143；224方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，uuuruuur则E1,0,C2,2,D0,2，可得EC1,2,ED1,2，uuuruuur所以ECED143；方法三：由题意可得：EDEC5,CD2，第3页/共22页学科网（北京）股份有限公司DE2CE2DC25543在CDE中，由余弦定理可得cosDEC，2DECE2555uuuruuuruuuruuur3所以ECEDECEDcosDEC553.5故选：B.227.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A，则直线OA的倾斜角不π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.第4页/共22页学科网（北京）股份有限公司38.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【答案】B【解析】【分析】写出f(x)3x2a，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)x3ax2，则f(x)3x2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，aa令f(x)3x2a0，解得x或，33aa且当时，，x,,f(x)033aa当，，x,f(x)033aa故fx的极大值为f，极小值为f，33aaaaf0a203333若fx要存在3个零点，则，即，解得a3，aaaaf0a203333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（）5211A.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6636种，若甲、乙抽到的主题不同，则共有2种，A630第5页/共22页学科网（北京）股份有限公司305则其概率为，366故选：A.π2ππ2π10.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63635π的两条对称轴，则f（）123113A.B.C.D.2222【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.11.已知实数x,y满足x2y24x2y40，则xy的最大值是（）32A.1B.4C.132D.72【答案】C【解析】22【分析】法一：令xyk，利用判别式法即可；法二：通过整理得x2y19，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设xyk，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.【详解】法一：令xyk，则xky，第6页/共22页学科网（北京）股份有限公司代入原式化简得2y22k6yk24k40，2因为存在实数y，则0，即2k642k24k40，化简得k22k170，解得132k132，故xy的最大值是321，22法二：x2y24x2y40，整理得x2y19，令x3cos2，y3sin1，其中0,2π，π则xy3cos3sin132cos1，4ππ9ππ70,2，所以,，则2π，即时，xy取得最大值321，44444法三：由x2y24x2y40可得(x2)2(y1)29，|21k|设xyk，则圆心到直线xyk的距离d3，2解得132k132故选：C.y212.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x22第7页/共22页学科网（北京）股份有限公司2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；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.二、填空题第8页/共22页学科网（北京）股份有限公司13.已知点A1,5在抛物线C：y22px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：52p1，则2p5，抛物线的方程为y25x，559准线方程为x，点A到C的准线的距离为1.4449故答案为：.4π114.若0,,tan，则sincos________．225【答案】5【解析】【分析】根据同角三角关系求sin，进而可得结果.π【详解】因为0,，则sin0,cos0，2sin1又因为tan，则cos2sin，cos255且cos2sin24sin2sin25sin21，解得sin或sin（舍去），555所以sincossin2sinsin.55故答案为：.5x3y115.若x，y满足约束条件x2y9，