2023年全国高考乙卷理科数学试题（精校版）

这是一份2023年全国高考乙卷理科数学试题（精校版），共19页。试卷主要包含了已知是偶函数，则等内容，欢迎下载使用。

2023年全国高考乙卷数学（理科）
注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的.
1.设，则（ ）
A. B. C. D.
【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.
【解析】由题意可得，则.
故选 B.
2.设集合，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为即可.
【解析】由题意可得，则，选项A正确；
，则 ，选项B错误；
，则，选项C错误；
，则，选项D错误；
故选A.
3.如图所示，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（ ）
A. B. C. D.



【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.
【解析】 如图所示，在长方体中，，，
点为所在棱上靠近点的三等分点，为所在棱的中点，
则三视图所对应的几何体为长方体去掉长方体之后所得的几何体.

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：.
故选D.
4.已知是偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【分析】根据偶函数的定义运算求解.
【解析】因为为偶函数，
则，
又因为不恒为0，可得，即，
则，即，解得.
故选D.
5.设为平面坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为，则直线的倾斜角不大于的概率为（ ）
A. B. C. D.
【解析】如图所示，当在阴影区域时，直线的斜率不大于，.
6.已知函数在区间单调递增，直线和为函数
的图像的两条对称轴，则（ ）
A. B. C. D.
【解析】，所以
又，则.
所以故选D.
【评注】本题考查了三角函数图像与性质，当然此题也可以通过画图快速来做，读者可以自行体会.
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.种 B.种 C.种 D.种
【解析】甲、乙两位同学选读课外读物可以分为两个步骤：先从6种课外读物中选择一本作为甲、乙两人共同的选择，再从剩下的5 本中选择互不相同的两本，所以符合题意的选法共有（种）.故选C.
8.已知圆锥的底面半径为，为底面圆心， 为圆锥的母线，， 若的面积等于，则该圆锥的体积为 （ ）
A. B. C. D.
【解析】如图所示，取中点为，连接.
在圆中，因为，，所以，.
又，所以，.
所以该圆锥的体积为.故选B.
9.已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为 ，则直线与平面所成角的正切值为 （ ）
A. B. C. D.
【解析】如图所示，取中点，连接，则，.

为二面角的平面角，即，
且平面，平面平面.
的大小即为直线与平面所成角的大小.
不妨设，则，.
在中，.
所以，，.
故选C.
10.已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A. B. C. D.
【解析】解法一（利用三角函数图像与性质）
因为公差为，所以只考虑，即一个周期内的情形即可.
依题意，，即中只有2个元素，
则中必有且仅有2个相等.
如图所示，设横坐标为的点对应图像中点.

①当时，且，
所以图像上点的位置必为如图1所示，关于对称，且，
则，，.
所以.
②当时，，
所以图像上点的位置必为如图2所示，关于对称，且，
则，，.
所以.
综上所述，.故选B.
解法二（代数法），
，，
由于，故中必有2个相等.
①若，即，
解得或.
若，则，
，
若，则，
，
故.
②若，得，
解得或.
当时，，
，
当时，，，
故.
③若，与①类似有.
综上，故选B.
11.已知是双曲线上两点，下列四个点中，可为线段中点的是（ ）
A. B. C. D.
【分析】设直线的斜率为, 的斜率为，根据点差法分析可得 ，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.
【解析】设，，则的中点，
设直线的 斜率为, 的斜率为，可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项A：可得，，则，
联立方程，消去得，
此时，
所以直线与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，，则，
联立方程，消去得，
此时，
所以直线与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，，则.
由双曲线方程可得，，则为双曲线的渐近线，
所以直线与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，，则，
联立方程，消去得，
此时，故直线与双曲线有交两个交点，故D正确.
故选D.
12.已知圆的半径为 1，直线与圆相切于点，直线与圆交于两点，
为的中点，若，则的最大值为 （ ）
A. B. C. D.
【解析】依题意为等腰直角三角形，，
. 因为要求的最大值，所以一定在同侧，如图所示，
设，，则，.
所以

=
当时等号成立，所以的最大值为.故选A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知点在抛物线上，则到的准线的距离为 .
【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，最后利用点的坐标和准线方程计算点到的准线的距离即可.
【解析】 由题意可得：，则，抛物线的方程为，
准线方程为，点到的准线的距离为 .
故答案为：.
14.若满足约束条件，则的最大值为 .
【分析】作出可行域，转化为截距最值讨论即可.
【证明】 作出可行域如下图所示：

移项得，
联立有，解得，
设，显然平移直线使其经过点，此时截距最小，则最大，
代入得，
故答案为8.
15.已知为等比数列，，，则 .
【分析】根据等比数列公式对化简得，联立求出，最后得.
【解析】 设的公比为，则，显然，
则，即，则，因为，则，
则，则，则，
故答案为.
16.设，若函数在上单调递增，则实数的取值范围
是 .
【解析】
因为，所以.所以只需.
即或又因为，所以.
【评注】本题以单调性为载体，考查了不等式恒成立问题.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，
每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
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，试验结果如下
试验序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
记，记的样本平均数为，样本方差为，
（1） 求，.
（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，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）
【解析】（1）由得

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

9
6
8

15
11
19
18
20
12
.


.
（2）因为，故.
故可以认为甲工艺对伸缩率有显著提高.
18.在中，，，.
（1）求；
（2）若为上一点，且，求的面积.
【解析】（1）利用余弦定理可得
.
故.

又由正弦定理可知.
故.
（2）由（1）可知，
在中，，
故，
又，
所以.
19.如图所示，在三棱锥中，，， ， ， 的中点分别为，，点在上，.
（1） 证明：平面；
（2） 证明：平面平面；
（3） 求二面角的正弦值.

【解析】（1）如图所示，在中，因为，且为中点，

，，，所以.
设，则.
所以，所以，又，
故为中点，又为中点，所以，又，所以，
又平面，所以平面.
（2）由（1）知，，又为中点，所以，
又，在中，，即，
所以，又，所以，
又，，所以平面.
又平面，故平面平面.
（3）由（2）知，平面，所以平面平面，
设，连接，则，，即为二面角的平面角.又，所以转化为求.


在中，，，.
所以.
在中，，所以.
在中，，
在中，，所以，
在中，.
所以，二面角的大小为，其正弦值为.
20.已知椭圆的离心率为，点在上.
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，求证：线段中点为定点.
【解析】（1）依题意，，，则，得，，
曲线的方程为.
（2）设，，直线，
，令，得，
，令，得.
的中点坐标为，
联立直线的方程和椭圆方程得，
消建立关于的一元二次方程，，
即，，
又

.
所以线段过定点.
【评注】本题为2022全国乙卷的变式题，难度有所降低，考查仍为极点、极线的性质，定点为关于椭圆的极线与轴的交点.本题以椭圆中极点极线理论的射影不变性为命题背景，考查椭圆中对称式的计算方法，要求考生具有较强的计算能力.除此之外，如果考生具有先猜再证的解题意识，本题中的定点可以通过极限思想进行猜想.
21.已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在，使得曲线关于直线对称，若存在，求的值，若不存在，说明理由；
（3）若在存在极值，求的取值范围.
【解析】（1）当时，
，，
，，
曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由，得，
令，且得，即或.
所以，则，
即，
得，即.
（3）在上存在极值，求的取值范围.
即在上，存在变号零点.
令，
，当时，，得，，
则.
所以当时，，函数在上单调递减，
因此不存在极值点，与题意不符，故舍去.（注：一看原函数的符号）
，
当时，，，，则，
函数在上单调递增，故，
即，在上单调递增，所以在上没有极值点，与题意不符，故舍去.（注：二看导函数的符号）
当时，，
，，，
，，，
则在上单调递增，且，
因此，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又，且时，.
（因为，所以）
故得，
因此，据零点存在定理知，，使得，
且当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，当，找一个实数，使得
，
又，
所以
，得.
因此，由零点存在定理知，使得，
且当时，，当时，，
即当时，，单调递减；
当时，，，单调递增.
因此，当时，在上存在唯一极小值点，满足题意.
综上所述，若在上存在极值，则的取值范围是.
【评注】本题第一问比较常规，第二问考查了同学们的基本功，只需注意到定义域关于对称，答案并不难得到.第三问具有一定难度，但是可以通过提取转化对问题进行简化，当然这道题目最重要的还是考查了同学们分类讨论及含参取点的能力.
22.【选修4-4】
在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线（为参数，）.
（1） 写出的直角坐标方程；
（2） 若直线既与没有公共点，也与没有公共点，求的取值范围.
【分析】(1) 根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意的取值范围；
(2) 根据曲线的方程，结合图形通过平移直线分析相应的临界位置，结合点到直线的距离公式运算求解即可.
【解析】(1)因为，即，可得，
整理得，表示以为圆心，半径为1的圆，
又因为，，
且，则，则，，
故.
(2)因为（为参数，），
整理得，表示圆心为，半径为 2，且位于第二象限的圆弧，
如图所示，若直线过，则，解得；
若直线，即与相切，则，解得，
若直线与均没有公共点，则或，
即实数的取值范围为.

23.【选修4-5】 （10 分）
已知.
（1） 求不等式的解集；
（2） 在直角坐标系中，求不等式组所确定的平面区域的面积.
【分析】 (1) 分段去绝对值符号求解不等式作答.
(2) 作出不等式组表示的平面区域，再求出面积作答.
【解析】 (1)依题意，，
不等式化为或或，
解，得无解；解，得，解，得，因此，
所以原不等式的解集为：.
(2)作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影，
由，解得，由， 解得，又，，
所以的面积.