1、2023年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）文科数学（2023全国乙卷文1）（ ）（A）1 （B）2 （C） （D）答案：C解析：.（2023全国乙卷文2）设全集，集合，MCUN则（ ）（A） （B） （C） （D）U答案：A解析：由题意，CUN=2,4,8，所以MCUN=0,2,4,6,8.（2023全国乙卷文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（ ） A. 24B. 26C. 28D. 30答案：D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
2、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：.（2023全国乙卷文4）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且则，在（ ）（A） （B） （C） （D）答案：C解法1：所给边角等式每一项都有齐次的边，要求的是角，故用正弦定理边化角分析，因为，所以，故 ，已知C，先将C代入，再利用将中的A换成B消元，因为，所以，故，代入得 ，因为，所以，故，结合可得，所以.解法2：按解法1得到后，观察发现若将右侧拆开，也能出现左边的两项，故拆开来看，代入得：，化简得：，因为，所以，故，结合可得，所以.（2023全国乙卷文5） 已知是偶函数，则（ ）A. B. C. 1D.
3、 2答案：D解析：因为为偶函数，则，又因为不恒为0，可得，即，则，即，解得.（2023全国乙卷文6）正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则（ ）（A） （B）3 （C） （D）5答案：B解析：如图，共起点，且中线、底边长均已知，可用极化恒等式求数量积，由极化恒等式，.（2023全国乙卷文7）设O为平面坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点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：因为区域表示以圆心，外圆半径，内圆半径的圆环，则直线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，结合对称性可得所求概率.（2023全国乙卷文8）函数存在3个零点
4、，则a的取值范围是（ ）（A） （B） （C） （D）答案：B解法1：观察发现由容易分离出a，故用全分离，先分析是否为零点，因为，所以0不是的零点；当时，所以直线与函数的图象有3个交点，要画此函数的图象，需求导分析，令，则，因为，所以或，故在上，在上，在上，又，当x分别从y轴左、右两侧趋近于0时，分别趋于，所以的大致图象如图1，由图可知要使与有3个交点，应有.解法2：如图2，三次函数有3个零点等价于两个极值异号，故也可直接求导分析极值，由题意，要使有2个极值点，则有两个零点，所以，故，令可得，所以两个极值分别为，故，解得：.（2023全国乙卷文9）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从
5、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：甲有6种选择，乙也有6种选择，故总数共有种，若甲、乙抽到的主题不同，则共有种，则其概率为，（2023全国乙卷文10）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. 答案：D解析：因为在区间单调递增，所以，且，则，当时，取得最小值，则，则，不妨取，则，则，（2023全国乙卷文11）已知实数x，y满足，则的最大值是（ ）（A） （B）4 （C） （D）7答案：C解法1：所给等式可配方化为平方和结构，故考虑三角换元，令，则，所以当时，取得最大值.解法2
6、：所给方程表示圆，故要求的最大值，也可设其为t，看成直线，用直线与圆的位置关系处理， ，设，则，因为x，y还满足，所以直线与该圆有交点，从而圆心到直线的距离，解得：，故.（2023全国乙卷文12）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）A. B. C. D. 答案：D解析：设，则的中点，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y得，此时，所以直线AB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y得，此时，所以直线AB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
7、AB与双曲线没有交点，故C错误；对于选项D：，则，联立方程，消去y得，此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；（2023全国乙卷文13）已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为_.答案：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.（2023全国乙卷文14）若，则_.答案：解析：已知，可先求出和，由题意，所以，代入可得，又，所以，故.（2023全国乙卷文15）若x，y满足约束条件，则的最大值为_.答案：8解析：作出可行域如下图所示：z=2x-y，移项得y=2x-z，联立有，解得，设，显然平移直线使其经过点，此时截距-z最小，则z最大，代入得z=8，（202
8、3全国乙卷文16）已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面ABC，则_.答案：2解析：有线面垂直，且是等边三角形，属外接球的圆柱模型，核心方程是，如图，圆柱的高，底面半径r即为的外接圆半径，所以，由题意，球的半径，因为，所以，解得：，故.（2023全国乙卷文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，试验结果如下：试验序号12345678910伸缩率5455335515
9、22575544541568596548伸缩率536527543530560533522550576536记，记的样本平均数为z，样本方差为（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（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）答案：（1），；（2）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.解析：（1）， 的值分别为: ，故（2）由（1）知:，故有，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.（2
10、023全国乙卷文18）记为等差数列的前n项和，已知，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和.解：（1）（已知条件都容易代公式，故直接用公式翻译，求出和d）设的公差为d，则 ， ，联立解得：，所以.（2）（通项含绝对值，要求和，先去绝对值，观察发现前7项为正，从第8项起为负，故据此讨论）当时，所以；当时，；综上所述，.（2023全国乙卷文19）如图，在三棱锥中，的中点分别为，点在上，（1）求证：/平面；（2）若，求三棱锥的体积答案：（1）证明见解析 （2）解析：（1）连接，设，则，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，于是，即，则四边形为平行四边形，又平面平面，所以平面.（2）过作垂直的延
11、长线交于点，因为是中点，所以，在中，所以，因为，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱锥的高为，因为，所以，所以，又，所以.（2023全国乙卷文20）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数在上单调递增，求a的取值范围.答案：（1）； （2）.解析：（1）当时，则，据此可得，所以函数在处的切线方程为，即.（2）由函数的解析式可得，满足题意时在区间上恒成立.令，则，令，原问题等价于在区间上恒成立，则，当时，由于，故，在区间上单调递减，此时，不合题意;令，则，当，时，由于，所以在区间上单调递增，即在区间上单调递增，所以，在区间上单调递增，满足题意.当时
12、，由可得，当时，在区间上单调递减，即单调递减，注意到，故当时，单调递减，由于，故当时，不合题意.综上可知：实数得取值范围是.（2023全国乙卷文21）已知椭圆的离心率是，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，证明：线段的中点为定点答案：（1） （2）证明见详解解析：（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.【选修4-4】（10分）（2023全国乙卷文22）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
13、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，求的取值范围答案：（1） （2）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.【选修4-5】（10分）（2023全国乙卷文23）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答案：（1）； （2）8.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.