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【高考真题】2023年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)理科数学
一、选择题
2+i
1．（2023·全国乙卷）设z= ，则z=（ ）
1+i2+i5
A．1−2i B．1+2i C．2−i D．2+i
【答案】B
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】∵i5=i×i4=i，i2=-1
2+i 2+i (2+i)i 2i-1
∴z= = = = =1-2i
1+i2+i5 i i2 -1
∴z=1+2i
故选：B.
【分析】由虚数i的性质化简，依据复数除法运算计算z及其共轭复数z得出答案.
2．（2023·全国乙卷）设集合U=R，集合M={x|x<1}，N={x|−1-1)，不符合题意，
u U
对C，M∩N={x|-10，∴直线与双曲线有两个交点.故D正确；
故选：D
【分析】设两点分别为A(x ，y )，B(x ，y )，由中点公式联想利用点差法得出两根和与差的关
1 1 2 2
b2
系，得出k ·k = ，再利用点斜式计算直线方程联立双曲线判断是否有两个交点。
OM AB a2
12．（2023·全国乙卷）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+❑√2 1+2❑√2
A． B． C．1+❑√2 D．2+❑√2
2 2
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】根据题意，由 P → A⋅P → D= | P → A ) ⋅ | P → D ) cos∠PAD ，
当cos∠PAD夹角越小值越大，同时结合圆的对称性，故当PA与PC在圆O同测的圆弧上时，达到
最大，
如下图所示，连接PO，OA，OD，∴OA=r=1，∠OAP=90°，
∴| → ) ❑ √| → ) 2 | → ) 2 ，
AP = PO - OA =1
∴△OAP是等腰直角三角形，∠OPA=45°，
又∵D为BC的中点，
∴OD⊥PC
→
由 |PO|=❑√2 ，设∠OPD=α，∠APD=θ
❑√2
∴PD=❑√2cosα，cosθ=cos(45°-α)= (cosα+sinα)，
2
→ → |→ ) | → ) ❑√2
∴PA⋅PD= PA ⋅PD cos∠PAD=❑√2cosα× (cosα+sinα)=cos2α+sinαcosα
2
即P → A⋅P → D= 1 (2cos2α+2sinαcosα)= 1 (cos2α+sin2α+1)= 1[ ❑√2sin(2α+ π )+1 )
2 2 2 4
π 1[ π ) ❑√2+1
当且仅当sin(2α+ )=1时， ❑√2sin(2α+ )+1 =
4 2 4 2
max
π → → ❑√2+1
即α= +kπ(k∈Z* )时，PA⋅PD = .
8 max 2
故选：A
【分析】结合草图分析，可设夹角∠POD=α，∠APD=θ，表示出 ⃗PA⋅⃗PD结合二倍角与辅助角公式得出正弦型函数，从而分析得出答案.
二、填空题
13．（2023·全国乙卷）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
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
5
【解析】【解答】由题意得(❑√5) 2=2p×1，求得p= ，∴抛物线上点到准线距离
2
p 5 9
d=x + =1+ = .
A 2 4 4
9
故答案为：
4
p
【分析】直接代入点坐标求抛物线方程，利用d=x + ，求抛物线上点到准线距离。
A 2
{x−3 y≤−1
)
14．（2023·全国乙卷）若x，y满足约束条件 x+2y≤9 ，则z=2x−y的最大值为 .
3x+ y≥7
【答案】8
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】根据题意作出满足不等式组表示的平面可行域，如下图：由z=2x- y，得y=2x-z，-z表示直线y=2x-z在y轴上的截距，
∴截距越小z越大，
由上图可只当直线y=2x-z经过点C时z最大，
由
{x-3 y=-1)
解得
{x=5)
即C(5，2)，此时z =2×5-2=8.
x+2y=9 y=2 max
故答案为：8
【分析】找出满足题意的可行域，对目标函数分析结合一次函数分析得出z的最大值。
15．（2023·全国乙卷）已知{a }为等比数列，a a a =a a ，a a =−8，则a = .
n 2 4 5 3 6 9 10 7
【答案】−2
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】设 {a }首项为a ，公比为q，
n 1
则a a a =a 3q8，a a =a 2q7，a a =a 2q17
2 4 5 1 3 6 1 9 10 1
∵a a a =a a ，a a =−8，
2 4 5 3 6 9 10
∴a 3q8=a 2q7，a 2q17=−8，
1 1 1
∴a ≠0，q<0
1
化简整理得a q=1，q15=−8，即q5=−2，
1
∴a =a q6=(a q)×q5=-2，
7 1 1
故答案为：-2.
【分析】设 {a }首项为a ，公比为q，由已知条件结合等差数列通项公式整理化简得出答案.
n 116．（2023·全国乙卷）设a∈(0，1)，若函数f(x)=ax+(1+a) x在(0，+∞)上单调递增，则a的取
值范围是 .
❑√5−1
【答案】[ ，1)
2
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】 ∵函数f(x)=ax+(1+a) x在(0，+∞)上单调递增，
∴f '(x)=(lna)ax+ln(1+a)(1+a) x>0在(0，+∞)上恒成立，
令g(x)=(lna)ax+ln(1+a)(1+a) x，故只需证g(x) >0
min
则g'(x)=(lna) 2ax+[ln(1+a)) 2 (1+a) x>0，
则g(x)在(0，+∞)上单调递增，且g(x) >g(0)=lna+ln(1+a)
min
∴lna+ln(1+a)≥0，
即lna≥-ln(1+a)，
1 -1+❑√5 -1-❑√5
∴elna≥e-ln(1+a)，即a≥ ，解得a≥ 或a≤ ，
1+a 2 2
又∵a∈(0，1)
❑√5−1
∴a∈[ ，1)，
2
❑√5−1
故答案为：[ ，1)
2
【分析】结合题意求导将问题转化成导函数大于0恒成立问题，重新构造函数，求导分析计算该函
数的最小值大于0即得答案.
三、解答题
17．（2023·全国乙卷）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x，y （
i i
i=1，2，⋅⋅⋅10），试验结果如下
试验序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10伸缩率x 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548
i
伸缩率y 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536
i
记z =x −y (i=1，2，⋯，10)，记z ，z ，…，z 的样本平均数为z，样本方差为s2，
i i i 1 2 10
（1）求z，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
√ s2
（如果z≥2❑ ，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
10
显著提高，否则不认为有显著提高）.
【答案】（1）∵z =x −y (i=1，2，⋯，10)，根据图表数值则z ~z 分别为：9，6，8，-8，
i i i 1 10
15，11，19，18，20，12.
- 1
∴z= ×(9+6+8-8+15+11+19+18+20+12)=11，
10
1
s2= ×[(9-11) 2+(6-11) 2+(8-11) 2+(-8-11) 2+(15-11) 2+(11-11) 2+(19-11) 2+(18-11) 2+(20-11) 2+(12-11) 2)=61
10
.
-
（2）由(1)得 z=11 ，s2=61，
√ s2
∴2❑ =2❑√6.1<9
10
√ s2
∴z≥2❑ ，
10
故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.
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】(1)根据题意结合平均数与方差计算方法计算可得出答案；
√ s2
(2)由(1)得出的结论代入 z≥2❑ ， 比较二者大小即可得出相关结论；
10
18．（2023·全国乙卷）在△ABC中，已知∠BAC=120°，AB=2，AC=1.
（1）求sin∠ABC；（2）若D为BC上一点，且∠BAD=90°，求△ADC的面积.
【答案】（1）根据题意，由余弦定理得
BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=22+12-2×2×1×cos120°=7
∴BC=❑√7
❑√3
AC BC 1×
由正弦定理 = ，得 ACsin∠BAC 2 ❑√21.
sin∠ABC sin∠BAC sin∠ABC= = =
BC ❑√7 14
❑√21
（2）如下图所示，由(1)得，BC=❑√7，sin∠ABC= ，
14
又∵∠BAC=120° ， ∠BAD=90°
π
∴∠ABC∈(0， )，∠CAD=30°，
3
5❑√7 AB 2 4❑√7
∴cos∠ABC=❑√1-sin2∠ABC= = = ，解得BD= ，
14 BD BD 5
AD AD ❑√21
sin∠ABC= = 2❑√3
由 BD 4❑√7 14 ，解得AD= ，
5
5
1 1 2❑√3 1 ❑√3
∴S = AD×AC×sin∠CAD= × ×1× = ，
△ADC 2 2 5 2 10
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)由已知条件的两边及夹角可先使用余弦定理计算第三边，再根据正弦定理可得
sin∠ABC；
(2)根据题意结合草图分析，计算 △ADC的面积只需结合(1)及三角基本关系求AD边可得答案.
19．（2023·全国乙卷）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=2❑√2，PB=PC=❑√6，
BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD=❑√5DO，点F在AC上，BF⊥AO.（1）证明：EF//平面ADO；
（2）证明：平面ADO⊥平面BEF；
（3）求二面角D−AO−C的正弦值.
→ →
【答案】（1）如图，连接DE，OF，设 AF=mAC ，→ → → → → ⇀ → →
则 BF=BA+mAC=BA+m(AB+BC)=(m-1)AB+mBC ，
→ → → → 1 →
又AO=AB+BO=AB+ BC，
2
→ →
∵BF⊥AO且AB⊥BC，即 AB·BC=0 .
∴B → F·A → O= [ (m-1)A → B+mB → C ) · ( A → B+ 1 B → C ) =(m-1)A → B2+0+ m B → C2=0，
2 2
m
由∵AB=2，BC=2❑√2，代入得4(m-1)+0+ ×8=0
2
1
解得m= ，
2
→ 1 →
∴AF= AC，即F为AC中点，
2
又∵BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，
1 1
∴OF∥AB且OF= AB，DE∥AB且DE= AB，
2 2
∴DE∥OF且DE=OF，
∴四边形DEFO为平行四边形，∴EF∥OD，
又∵DO⊂平面ADO，∴EF∥平面ADO，
1 ❑√6
（2）由(1)得 EF∥OD，EF=OD= CP= ，
2 2
1
且在Rt△ABO中，AB=2，BO= BC=❑√2，
2
∴AO=❑√AB2+BO2=❑√6，
又∵AD=❑√5DO，
❑√6 ❑√30
∴AD=❑√5× = ，
2 2
15
∴AD2= =OA2+OD2
，
2∴AO⊥DO，且EF∥OD，
∴AO⊥EF
又∵BF⊥AO，EF∩BF=F，
BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，
∴AO⊥平面BEF，
且AO⊂平面ADO，
∴ 平面ADO⊥平面BEF.
（3）如图，过点O作OM⊥AO交AC于点M，连接DM，NF，
由(2)得AO⊥DO，
∴ 二面角D−AO−C的平面角为∠DOM.
∵BF⊥AO，O为BC中点，
→ 1 →
∴OM∥BF，且结合(1)AF= AC， AB⊥BC，
2
1 1 1 ❑√3
∴，BF=AF= AC= ×❑√AB2+BC2=❑√3，OM= BF=
2 2 2 2
1 1 ❑√3
∴FM= AF= AC=
2 4 2
在平面ABP中，AD和BE分别是△ABP的两条中线，
∴N为△ABP的重心，
∴AN=2DN，在△ABD和△ABP中，
1 ❑√6 ❑√30
AB=1，BD= BP= ，AD= ，
2 2 2
AB2+BD2-AD2 AB2+BP2-AP2
根据余弦定理cos∠ABP= =
2AB·BD 2AB·BP
代入可解得AP=❑√14，
同理在在△PBE和△ABP中，
❑√6
由余弦定理cos∠BPA列出方程，可得BE= ，
2
1 ❑√6
∴NE= BE= ，
3 6
N E2+EF2-N F2 BE2+EF2-BF2 ❑√15
同理cos∠NEF= = ，解得NF= ，
2NE·EF 2BE·EF 3
又∵AN=2DN，AF=2FM，
易得△AFN∽△AMD
NF AF 2 ❑√15
∴ = = ，解得DM= .
DM AM 3 2
∴在△DOM中，
DO2+OM2-DM2 ❑√2
cos∠DOM= =- ，
2DO·OM 2
❑√2
∴sin∠DOM=❑√1-cos2∠DOM=
2
❑√2
∴ 二面角D−AO−C的平面角的正弦值为 .
2
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
→ → →
【解析】【分析】(1) 以条件BF⊥AO作为切入点，考虑以 ， 为基底从向量角度表示 ，
BA BC BF
→
并运用数量积为0确判断F点的位置，从而得出F为中点，由多个中点产生的中位线证明线面平
AO
行；(2)由BF⊥AO，故证 平面ADO⊥平面BEF只需再证一组线线垂直，利用已知条件的AD=❑√5DO
结合勾股定理可计算边长，进而可结合(1)证AO⊥EF，证毕；
(3)结合(2)及二面角平面角的定义，易作OM⊥AO将二面角转化成平面角∠DOM，在△DOM中，
结合已知条件易得其两边DO、OM，故求平面角的正弦值只需求第三边DM，结合中点及各边数据
解三角形求第三边即得答案.
y2 x2 ❑√5
20．（2023·全国乙卷）已知椭圆C： + =1(a>b>0)的离心率为 ，点A(−2，0)在C上.
a2 b2 3
（1）求C的方程；
（2）过点(−2，3)的直线交C于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：
线段MN的中点为定点.
4
【答案】（1）将点A(-2，0)代入椭圆得， =1，
b2
c ❑√5
又e= = ，a2=b2+c2且(a>b>0)
a 3
解得a=3，b=2，c=❑√5，
y2 x2
∴椭圆方程为 + =1.
9 4
（2）当斜率PQ斜率不存在，此时直线与椭圆C有且仅有交点A，不符合题意；
故PQ斜率存在，如图，由直线过点(−2，3)可设PQ：y=k(x+2)+3其中P(x ，y )，Q(x ，y )，M(0，y )，N(0，y )
1 1 2 2 M N
y x+2 2y 2y
∴直线AP： = ，令x=0得y = 1 ，同理得y = 2
y x +2 M x +2 N x +2
1 1 1 2
{y=k(x+2)+3
)
联立 y2 x2 ，
+ =1
9 4
消y整理得：(4k2+9)x2+8k(2k+3)x+8k(2k+3)x+16(k2+3k)=0，
-8k(2k+3) 16(k2+3k)
∴x +x = ，x ·x = ，
1 2 4k2+9 1 2 4k2+9
且△=64k2(2k+3) 2-64(4k2+9)(k2+3k)=-1728k>0，即k<0
∴
y + y y y [k(x +2)+3)(x +2)+[k(x +2)+3)(x +2) 2kx x +(4k+3)(x +x )+4(2k+3)
M N = 1 + 2 = 1 2 2 1 = 1 2 1 2
2 x +2 x +2 (x +2)(x +2) x x +2(x +x )+4
1 2 1 2 1 2 1 232k(k2+3k) 8k(4k+3)(2k+3)
- +4(2k+3)
4k2+9 4k2+9 32k(k2+3k)-8k(4k+3)(2k+3)+4(2k+3)(4k2+9)
= = =3
16(k2+3k) 16k(2k+3) 16(k2+3k)-16k(2k+3)+4(4k2+9)
- +4
4k2+9 4k2+9
∴直线MN的中点是定点(0，3).
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
c
【解析】【分析】（1）将A代入椭圆方程，结合离心率e= 和a2=b2+c2列方程组求解a，b，c；
a
y + y
（2）设直线PQ方程，与椭圆联立利用韦达定理计算整理得出MN中点 M N为定值。
2
1
21．（2023·全国乙卷）已知函数f(x)=( +a)ln(1+x).
x
（1）当a=−1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
1
（2）是否存在a，b，使得曲线y=f( )关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，
x
说明理由.
（3）若f(x)在(0，+∞)存在极值，求a的取值范围.
(1 )
【答案】（1）当a=-1时，f (x)= -1 ln(1+x)，
x
1 1-x
∴f '(x)=- ln(1+x)+ ，
x2 x(1+x)
∴k=f '(1)=-ln2，且 f (1)=0，
∴f (x)在(1，f (x))处的切线方程为y=-(ln2)x+ln2，
即(ln2)x+ y-ln2=0
1
（2）由f(x)=( +a)ln(1+x)，
x
1 (1 ) (1+x)
∴g(x)=f( )=(x+a)ln +1 =(x+a)ln ，
x x x
1
由 +1>0，
x
∴g(x)的定义域为(-∞，-1)∪(0，+∞)，1
若存在y=f( )关于直线x=b对称，
x
-1+0 1
则定义域也对称，即b= =- ，
2 2
1 ( 1 )
且g(- -x)=g - +x ，即g(-1-x)=g(x)，
2 2
( 1 ) ( x ) (1+x)
由g(x)得g(-1-x)=(-1-x+a)ln +1 =(-1-x+a)ln =(1+x-a)ln ，
-1-x 1+x x
(1+x) (1+x)
若g(-1-x)=g(x)，即(1+x-a)ln =(x+a)ln ，
x x
1
∴1+x-a=x+a，解得a= ，
2
1 1 1
综上所述，当a= ，b=- 时， 曲线y=f( )关于直线x=b对称.
2 2 x
1
（3）由 f(x)=( +a)ln(1+x)，
x
1 1 1
∴f '(x)=- ln(1+x)+( +a) ，
x2 x 1+x
∵f(x)在(0，+∞)存在极值 ，
1 1
∴f '(x)=- ln(1+x)+( +a)ln(1+x)在(0，+∞)存在变号零点 ，
x2 x
1 1 1
当f '(x)=0，即- ln(1+x)+( +a) =0，整理得-(1+x)ln(1+x)+x+ax2=0
x2 x 1+x
令g(x)=-(1+x)ln(1+x)+x+ax2
1
则g'(x)=-ln(1+x)+2ax，g''(x)=- +2a
1+x
∵x∈(0，+∞)，同时注意到g'(0)=01
∴ ∈(0，1)
1+x
①若a≤0，则g''(x)<0，此时g'(x)在(0，+∞)上单调递减，结合g'(0)=0，
∴g(x)在(0，+∞)上单调递减，故此时不存在变号零点 ；
②若a>0，
1
i)a≥ ，易得g''(x)>0，此时g'(x)在(0，+∞)上单调递增，结合g'(0)=0，
2
∴g(x)在(0，+∞)上单调递增，故此时不存在变号零点 ；
1 1 1
ii)00
a a
1 1
∴h(a)在00，
-x
∴m'(x)= <0，
x+1
故m(x)在(0，+∞)上单调递增，且m(0)=0，
∴ln(1+x)-x>0，即ln(1+x)>x，
ln(1+x ) x 1
0< 0 < = ，
2x 2x 2
0 0
1
故存在x 使得2ax -ln(1+x )=0在x ∈(0，+∞)且02
{-3x+2=6-x)
联立 ，解得A(-2，8)，C(2，4)，由图形可知f (x)≤6-x的解集为{x|-2≤x≤2)；
3x-2=6-x
{ f (x)≤ y )
（2）分析知不等式组 确定的平面区域为（1）中∆ABC，如下图、
x+ y-6≤01 1
又B(0，2)，D(0，6)，∴S =S +S = |BD)·(|x )+|x ))= ×4×(2+2)=8，
∆ABC ∆ABD ∆BCD 2 A C 2
{ f (x)≤ y )
∴不等式组 确定的平面区域面积为8.
x+ y-6≤0
【知识点】绝对值不等式；含绝对值不等式的解法
【解析】【分析】（1）讨论绝对值内的符号分段去绝对值，根据图形联立求交点解得不等式；
（2）结合（1）得出不等式组表示的平面区域，再求面积。
