精品解析：2023年高考全国乙卷数学(文)真题（解析版）.docx简介：
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. （）A. 1B. 2C. D. 5【答案】C【解析】【分析】由题意首先化简，然后计算其模即可.【详解】由题意可得，则.故选：C.2. 设全集，集合，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得的值，然后计算即可.【详解】由题意可得，则.故选：A.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】【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. 在中，内角的对边分别是，若，且，则（）A. B. C. D. 【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的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.【详解】由题意结合正弦定理可得，即，整理可得，由于，故，据此可得，则.故选：C.5. 已知是偶函数，则（）A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】根据偶函数的定义运算求解.【详解】因为为偶函数，则，又因为不恒为0，可得，即，则，即，解得.故选：D.6. 正方形的边长是2，是的中点，则（）A. B. 3C. D. 5【答案】B【解析】【分析】方法一：以为基底向量表示，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，进而根据数量积的定义运算求解.【详解】方法一：以为基底向量，可知，则，所以；方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则，可得，所以；方法三：由题意可得：，在中，由余弦定理可得，所以.故选：B.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】【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.【详解】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.故选：C.8. 函数存在3个零点，则的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】写出，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】，则，若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，令，解得或，且当时，，当，，故的极大值为，极小值为，若要存在3个零点，则，即，解得，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（）A. B. C. D. 【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，故总数共有种，若甲、乙抽到的主题不同，则共有种，则其概率为，故选：A.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】【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案.【详解】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，故选：D.11. 已知实数满足，则的最大值是（）A. B. 4C. D. 7【答案】C【解析】【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.【详解】法一：令，则，代入原式化简得，因为存在实数，则，即，化简得，解得，故 的最大值是，法二：，整理得，令，，其中，则，，所以，则，即时，取得最大值，法三：由可得，设，则圆心到直线的距离，解得故选：C.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】【分析】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.【详解】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 展开>>

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