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
1．|2＋i2＋2i3|等于( )
A．1 B．2 C. D．5
答案 C
解析 由题意可得2＋i2＋2i3＝2－1－2i＝1－2i，
则|2＋i2＋2i3|＝|1－2i|＝＝.
2．设全集U＝{0,1,2,4,6,8}，集合M＝{0,4,6}，N＝{0,1,6}，则M∪∁UN 等于( )
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 由题意可得∁UN＝{2,4,8}，
则M∪∁UN＝{0,2,4,6,8}．
3．如图，网格纸上绘制的是一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表
面积为( )
A．24 B．26 C．28 D．30
答案 D
解析 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 分别为C1D1，
A1B1，HK，IJ 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 的正方形的面积，
其表面积为2×(2×2)＋4×(2×3)－2×(1×1)＝30.
4．在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别是a，b，c，若acos B－bcos A＝c，且C＝，则
B 等于( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由题意结合正弦定理可得
sin Acos B－sin Bcos A＝sin C，
即sin Acos B－sin Bcos A＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋sin Bcos A，
整理可得sin Bcos A＝0，
由于B∈(0，π)，故sin B>0，
据此可得cos A＝0，A＝，
则B＝π－A－C＝π－－＝.
5．已知f(x)＝是偶函数，则a 等于( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案 D
解析 因为f(x)＝为偶函数，
则f(x)－f(－x)＝－
＝＝0，
又因为x≠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.
6．正方形ABCD 的边长是2，E 是AB 的中点，则EC·ED等于( )
A. B．3 C．2 D．5
答案 B
解析 方法一 以{AB，AD}为基底，
可知|AB|＝|AD|＝2，AB·AD＝0，
则EC＝EB＋BC＝AB＋AD，
ED＝EA＋AD＝－AB＋AD，
所以EC·ED＝·
＝－AB2＋AD2＝－1＋4＝3.
方法二 如图，以A 为坐标原点建立平面直角坐标系，
则E(1,0)，C(2,2)，D(0,2)，
可得EC＝(1,2)，ED＝(－1,2)，
所以EC·ED＝－1＋4＝3.
方法三 由题意可得，ED＝EC＝，CD＝2，
在△CDE 中，由余弦定理可得
cos∠DEC＝
＝＝，
所以EC·ED＝|EC||ED|cos∠DEC
＝××＝3.
7．设O 为平面坐标系的坐标原点，在区域{(x，y)|1≤x2＋y2≤4}内随机取一点，记该点为
A，则直线OA 的倾斜角不大于的概率为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 因为区域{(x，y)|1≤x2＋y2≤4}表示以O(0,0)为圆心，外圆半径R＝2，内圆半径r＝1
的圆环，
则直线OA 的倾斜角不大于的部分如图中阴影部分(包含边界)所示，在第一象限部分对应的
圆心角∠MON＝，
结合对称性可得所求概率P＝＝.
8．函数f(x)＝x3＋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 f(x)＝x3＋ax＋2，
则f′(x)＝3x2＋a，
若f(x)存在3 个零点，
则f(x)要存在极大值和极小值，则a<0，
令f′(x)＝3x2＋a＝0，
解得x＝－或x＝，
且当x∈∪时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)的极大值为f，
极小值为f，
若f(x)存在3 个零点，
则
即解得a<－3.
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( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 将6 个主题分别记为a，b，c，d，e，f.
用m 表示甲抽到的主题，n 表示乙抽到的主题，
则(m，n)表示一个基本事件，基本事件总数为36，
其中甲、乙抽到的主题相同包含(a，a)，(b，b)，(c，c)，(d，d)，(e，e)，(f，f)，共6 个基
本事件，
则所求概率为＝，
所以甲、乙抽到的主题不同的概率为1－＝.
10．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间单调递增，直线x＝和x＝为函数y＝f(x)的图象的两条
相邻对称轴，则f 等于( )
A．－ B．－ C. D.
答案 D
解析 因为f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间单调递增，
所以＝－＝，不妨取ω>0，则T＝π，ω＝＝2，
当x＝时，f(x)取得最小值，则2×＋φ＝2kπ－，k∈Z，
则φ＝2kπ－，k∈Z，不妨取k＝0，
则f(x)＝sin，
则f ＝sin＝.
11．已知实数x，y 满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y 的最大值是( )
A．1＋
B．4
C．1＋3
D．7
答案 C
解析 方法一 令x－y＝k，则x＝k＋y，
代入原式化简得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，
因为存在实数y，则Δ≥0，
即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，
化简得k2－2k－17≤0，
解得1－3≤k≤1＋3，
故x－y 的最大值是3＋1.
方法二 x2＋y2－4x－2y－4＝0，
整理得(x－2)2＋(y－1)2＝9，
令x＝3cos θ＋2，y＝3sin θ＋1，
其中θ∈[0,2π]，
则x－y＝3cos θ－3sin θ＋1
＝3cos＋1，
因为θ∈[0,2π]，
所以θ＋∈，
则当θ＋＝2π，即θ＝时，x－y 取得最大值3＋1，
方法三 由x2＋y2－4x－2y－4＝0 可得(x－2)2＋(y－1)2＝9，
设x－y＝k，则圆心到直线x－y＝k 的距离
d＝≤3，
解得1－3≤k≤1＋3.
故x－y 的最大值为3＋1.
12．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( )
A．(1,1) B．(－1,2) C．(1,3) D．(－1，－4)
答案 D
解析 设O 为坐标原点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则AB 的中点M，
可得kAB＝，
kOM＝＝，
因为A，B 在双曲线上，
则
两式相减得(x－x)－＝0，
所以kAB·kOM＝＝9.
对于A，可得kOM＝1，kAB＝9，则AB：y＝9x－8，
联立方程
消去y 得72x2－144x＋73＝0，
此时Δ＝(－144)2－4×72×73＝－288<0，
所以直线AB 与双曲线没有交点，故A 错误；
对于B，可得kOM＝－2，kAB＝－，
则AB：y＝－x－，
联立方程
消去y 得45x2＋90x＋61＝0，
此时Δ＝902－4×45×61＝－2 880<0，
所以直线AB 与双曲线没有交点，故B 错误；
对于C，可得kOM＝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；
对于D，kOM＝4，kAB＝，
则AB：y＝x－，
联立方程
消去y 得63x2＋126x－193＝0，
此时Δ＝1262＋4×63×193>0，
故直线AB 与双曲线有两个交点，故D 正确．
二、填空题
13．已知点A(1，)在抛物线C：y2＝2px 上，则A 到C 的准线的距离为________．
答案
解析 由题意可得，()2＝2p×1，
则2p＝5，抛物线的方程为y2＝5x，
准线方程为x＝－，点A 到C 的准线的距离为1－＝.
14．若θ∈，tan θ＝，则sin θ－cos θ＝________.
答案 －
解析 因为θ∈，
则sin θ>0，cos θ>0，
又因为tan θ＝＝，
则cos θ＝2sin θ，
且cos2θ＋sin2θ＝4sin2θ＋sin2θ＝5sin2θ＝1，
解得sin θ＝或sin θ＝－(舍去)，
所以sin θ－cos θ＝sin θ－2sin θ＝－sin θ＝－.
15．若x，y 满足约束条件则z＝2x－y 的最大值为________．
答案 8
解析 作出可行域如图中阴影部分(包含边界)所示，
z＝2x－y，移项得y＝2x－z，
由解得
设A(5,2)，显然当直线y＝2x－z 经过点A 时，
截距－z 最小，则z 最大，代入得z＝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 如图，将三棱锥S－ABC 转化为直三棱柱SMN－ABC，
设△ABC 的外接圆圆心为O1，半径为r，
则2r＝＝＝2，可得r＝，
设三棱锥S－ABC 的外接球球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝SA，
因为OA2＝OO＋O1A2，
即4＝3＋SA2，解得SA＝2.
三、解答题
17．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xi，yi(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xi
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率yi
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
记zi＝xi－yi(i＝1,2，…，10)，z1，z2，…，z10的样本平均数为，样本方差为s2.
(1)求，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(如果≥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
率有显著提高，否则不认为有显著提高)．
解 (1)由题意得zi＝xi－yi 的值分别为9,6,8，－8,15,11,19,18,20,12，
则＝×(9＋6＋8－8＋15＋11＋19＋18＋20＋12)＝11，
s2＝×[(9－11)2＋(6－11)2＋(8－11)2＋(－8－11)2＋(15－11)2＋0＋(19－11)2＋(18－11)2＋(20－
11)2＋(12－11)2]
＝61.
(2)由(1)知，＝11,2＝2＝，
故有≥2，
所以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．
18．记Sn为等差数列{an}的前n 项和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n 项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意可得
即解得
所以an＝13－2(n－1)＝15－2n.
(2)因为Sn＝＝14n－n2，
令an＝15－2n>0，解得n<，且n∈N*，
则当n≤7 时，an>0，
可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2；
当n≥8 时，an<0，
可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an)
＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn
＝2×(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98.
综上所述，Tn＝
19.如图，在三棱锥P－ABC 中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC 的中
点分别为D，E，O，点F 在AC 上，BF⊥AO.
(1)求证：EF∥平面ADO；
(2)若∠POF＝120°，求三棱锥P－ABC 的体积．
(1)证明 设AF＝tAC，
则BF＝BA＋AF＝(1－t)BA＋tBC，AO＝－BA＋BC，
因为BF⊥AO，
所以BF·AO＝[(1－t)BA＋tBC]·
＝(t－1)BA2＋tBC2＝4(t－1)＋4t＝0，
解得t＝，则F 为AC 的中点，
又D，E，O 分别为PB，PA，BC 的中点，
于是EF∥PC，DO∥PC，
所以EF∥DO，
又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，
所以EF∥平面ADO.
(2)解 如图，连接DE，OF，过P 作PM 垂直于OF，交FO 的延长线于点M，
因为PB＝PC，O 是BC 中点，
所以PO⊥BC，
在Rt△PBO 中，PB＝，BO＝BC＝，
所以PO＝＝＝2，
因为AB⊥BC，OF∥AB，
所以OF⊥BC，
又PO∩OF＝O，PO，OF⊂平面POF，
所以BC⊥平面POF，
又PM⊂平面POF，
所以BC⊥PM，
又BC∩FM＝O，BC，FM⊂平面ABC，
所以PM⊥平面ABC，
即三棱锥P－ABC 的高为PM，
因为∠POF＝120°，
所以∠POM＝60°，
所以PM＝POsin 60°＝2×＝，
又S△ABC＝AB·BC＝×2×2＝2，
所以VP－ABC＝S△ABC·PM＝×2×＝.
20．已知函数f(x)＝ln(1＋x)．
(1)当a＝－1 时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a 的取值范围．
解 (1)当a＝－1 时，f(x)＝ln(x＋1)，
则f′(x)＝－ln(x＋1)＋，
据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2，
所以函数在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，
即(ln 2)x＋y－ln 2＝0.
(2)由函数的解析式可得f′(x)＝－ln(x＋1)＋，
因为f(x)在(0，＋∞)单调递增，
所以f′(x)≥0 在区间(0，＋∞)上恒成立．
令－ln(x＋1)＋≥0，
则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0，
令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，
原问题等价于g(x)≥0 在区间(0，＋∞)上恒成立，
则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，
当a≤0 时，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，
故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
此时g(x)<g(0)＝0，不符合题意；
令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，
则h′(x)＝2a－，
当a≥，即2a≥1 时，
由于<1，
所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，符合题意．
当0<a<时，
由h′(x)＝2a－＝0，
可得x＝－1，
当x∈时，h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减，即g′(x)在区间上单调递减，
注意到g′(0)＝0，
故当x∈时，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)单调递减，
由于g(0)＝0，故当x∈时，g(x)<g(0)＝0，不符合题意．
综上可知，实数a 的取值范围是.
21．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点A(－2,0)在C 上．
(1)求C 的方程；
(2)过点(－2,3)的直线交C 于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．
(1)解 由题意可得解得
所以椭圆C 的方程为＋＝1.
(2)证明 由题意可知，直线PQ 的斜率存在，如图，
设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程
消去y 得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，
则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，
解得k<0，
可得x1＋x2＝－，
x1x2＝，
因为A(－2,0)，
则直线AP：y＝(x＋2)，
令x＝0，解得y＝，
即M，
同理可得N，
则＝＋
＝
＝
＝
＝＝3，
所以线段MN 的中点是定点(0,3)．
【选修4－4】(10 分)
22．在直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1
的极坐标方程为ρ＝2sin θ，曲线C2：.
(1)写出C1的直角坐标方程；
(2)若直线y＝x＋m 既与C1没有公共点，也与C2没有公共点，求m 的取值范围．
解 (1)因为ρ＝2sin θ，所以ρ2＝2ρsin θ，
可得x2＋y2＝2y，
整理得x2＋(y－1)2＝1，表示以(0,1)为圆心，1 为半径的圆，
又因为x＝ρcos θ＝2sin θcos θ＝sin 2θ，y＝ρsin θ＝2sin2θ＝1－cos 2θ，
且≤θ≤，
则≤2θ≤π，
则x＝sin 2θ∈[0,1]，y＝1－cos 2θ∈[1,2]，
故C1：x2＋(y－1)2＝1，x∈[0,1]，y∈[1,2]．
(2)因为C2：，
整理得x2＋y2＝4，表示圆心为O(0,0)，半径为2，且位于第二象限的圆弧，
曲线C1，C2在平面直角坐标系中的图象如图所示，若直线y＝x＋m 过点(1,1)，
则1＝1＋m，解得m＝0；
若直线y＝x＋m，即x－y＋m＝0 与C2相切，
则解得m＝2，
故直线y＝x＋m 与C1，C2均没有公共点时，
m>2 或m<0，
即实数m 的取值范围为(－∞，0)∪(2，＋∞)．
【选修4－5】(10 分)
23．已知f(x)＝2|x|＋|x－2|.
(1)求不等式f(x)≤6－x 的解集；
(2)在直角坐标系xOy 中，求不等式组所确定的平面区域的面积．
解 (1)依题意，f(x)＝
不等式f(x)≤6－x 化为
或
或
解无解；
解得0≤x≤2；
解得－2≤x<0，
因此－2≤x≤2，
所以原不等式的解集为[－2,2]．
(2)作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分(包含边界)所示，
由
解得A(－2,8)，
由 解得C(2,4)，
又B(0,2)，D(0,6)，
所以△ABC 的面积
S△ABC＝|BD|×|xC－xA|
＝×|6－2|×|2－(－2)|＝8.
