乙卷理数-解析 .docx

（2023·全国乙卷·理·1·★）设，则（ ） （A） （B） （C） （D） 答案：B 解析：由题意，，所以. （2023·全国乙卷·理·2·★）设全集，集合，，则（ ） （A）∁UM∪N （B）N∪∁UM （C）∁UM∩N （D）M∪∁UN 答案：A 解析：正面求解不易，直接验证选项，A项，由题意，，所以，故选A. （2023·全国乙卷·理·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） 24 （B）26 （C） 28 （D）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·理·4·★★）已知是偶函数，则（ ） （A） （B） （C）1 （D）2 答案：D 解法1：要求a，可结合偶函数的性质取特值建立方程， 由为偶函数得，故 ①， 又，代入①得， 所以，从而，故， 经检验，满足为偶函数. 解法2：也可直接用偶函数的定义来分析，因为为偶函数，所以恒成立， 从而，故，所以，从而，故， 所以，故，此式要对定义域内任意的x都成立，只能，所以. （2023·全国乙卷·理·5·★）设O为平面坐标系的原点，在区域内随机取一点，记该点为A，则直线OA的倾斜角不大于 π4 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·理·6·★★）已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图象的两条对称轴，则（ ） （A） （B） （C） （D） 答案：D 解析：条件中有两条对称轴，以及它们之间的单调性，据此可画出草图来分析， 如图，，所以，故， 不妨取，则， 再求，代一个最值点即可， 由图可知，， 所以，从而， 故， 所以. （2023·全国乙卷·理·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）30种 （B）60种 （C）120种 （D）240种 答案：C 解析：恰有1种课外读物相同，可先把相同的课外读物选出来，再选不同的， 由题意，先从6种课外读物中选1种，作为甲乙两人相同的课外读物，有种选法， 再从余下5种课外读物中选2种，分别安排给甲乙两人，有种选法， 由分步乘法计数原理，满足题意的选法共种. （2023·全国乙卷· 理· 8·★★★）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ） （A） （B） （C） （D） 答案：B 解析：求圆锥的体积只差高，我们先翻译条件中的，由于PA，PB和都未知，所以不易通过求PA，再求PO，故选择AB为底边来算，需作高PQ，而AB可在中求得， 在中，由余弦定理， ，所以， 取AB中点Q，连接PQ，OQ，则，， 所以， 又，所以，故， 在中，， 所以，故， 所以圆柱PO的体积. （2023·全国乙卷·理·9·★★★）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ） （A） （B） （C） （D） 答案：C 解析：两个等腰三角形有公共的底边，这种情况常取底边中点构造线面垂直， 如图，取AB中点E，连接DE，CE，由题意，， ，所以，， 故即为二面角的平面角， 且平面CDE，所以， 作的延长线于O，则平面CDE， 所以，故平面ABC， 所以即为直线CD与平面ABC所成的角， 不妨设，则，， 因为，所以， 故，， ，所以. 【反思】两个等腰三角形有公共底边这类图形，常取底边中点，构造两个线线垂直，进而得出线面垂直. （2023·全国乙卷·理·10·★★★★）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ） （A） （B） （C）0 （D） 答案：B 解析：由题意，S中的元素为，，，…， 由于周期为，恰为公差的3倍，所以必以3为周期重复出现，故只需考虑前三个值. 但题干却说，只有两个元素，为什么呢？这说明前三个值中恰有两个相等，若讨论是哪两个相等来求，则较繁琐，我们直接画单位圆，用余弦函数的定义来看， 如图，由三角函数定义可知，在终边不重合的前提下，余弦值相等的两个角终边关于x轴对称，所以要使，，中有两个相等，则，，的终边只能是如图所示的两种情况，至于三个终边哪个是，不影响答案，只要它们逆时针排列即可， 若为图1，则，，所以S中的元素是和，故； 若为图2，则，，所以S中的元素是1和，故. （2023·全国乙卷·理·11·★★★）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可能为线段AB中点的是（ ） （A） （B） （C） （D） 答案：D 解析：涉及弦中点，考虑中点弦斜率积结论， A项，记，由中点弦斜率积结论，， 因为，所以，又直线AB过点M， 所以AB的方程为，即 ①， 只要该直线与双曲线有2个交点，那么A项就正确，可将直线的方程代入双曲线方程，算判别式， 将①代入整理得：， ， 所以该直线与双曲线没有两个交点， 故A项错误，同理可判断B、C也错误，此处不再赘述； D项，记，则， 由中点弦斜率积结论，，所以， 又直线AB过点N，所以AB的方程为， 整理得： ②， 将②代入整理得：， 判别式， 所以该直线与双曲线有两个交点，故D项正确. （2023·全国乙卷·理·12·★★★★）已知⊙O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，则的最大值为（ ） （A） （B） （C） （D） 答案：A 解析：，， 所以 ①， 且是等腰直角三角形，所以， 因为D是BC的中点，所以， 求要用，故可设角为变量，引入为变量，可与直角联系起来，更便于分析， 设，则，有图1和图2两种情况， 要讨论吗？观察发现图2的每一种PD，在图1中都有一个对称的位置，二者相同，但图2的夹角更大，所以更小，数量积也就更小，从而的最大值不会在图2取得，故可只考虑图1， 如图1，， 代入①得 ①， 注意到与有关，故将它也用表示，统一变量， 由图可知，， 代入①得： ， 故当时，，取得最大值. （2023·全国乙卷·理·13·★）已知点在抛物线上，则点A到C的准线的距离为_____. 答案： 解析：点在抛物线上， 所以抛物线的准线为， 故A到该准线的距离. （2023·全国乙卷·理·14·★）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 （2023·全国乙卷·理·15·★★）已知为等比数列，，，则_____. 答案： 解析：已知和要求的都容易用通项公式翻译，故直接翻译它们， ，化简得： ①， ②， 由①可得，代入②得：，所以 ③， 结合①③可得. （2023·全国乙卷·理·16·★★★★）设若函数在上单调递增，则a的取值范围是_____. 答案： 解析：直接分析的单调性不易，可求导来看， 由题意，， 因为在上，所以在上恒成立，即， 参数a较多，没法集中，但x只有两处，且观察发现可同除以把含x的部分集中起来， 所以，故 ①， 想让式①恒成立，只需左侧最小值，故分析其单调性， 因为，，所以， 从而在上， 故， 所以①恒成立，从而， 故，结合解得：. （2023·全国乙卷·理·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i 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：（1）由题意，的数据依次为9，6，8，，15，11，19，18，20，12， 所以， . （2）由（1）可得， 所以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. （2023·全国乙卷·理·18·★★★）在中，已知，，. （1）求； （2）若D为BC上一点，且，求的面积. 解：（1）（已知两边及夹角，可先用余弦定理求第三边，再用正弦定理求角） 由余弦定理，，所以， 由正弦定理，，所以. （2）如图，因为，，所以， （求还差AD，只要求出，就能在中求AD，可放到中来求） 由余弦定理推论，， 所以，， 故. （2023·全国乙卷·理·19·★★★★）在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，. （1）证明：EF∥平面ADO； （2）证明：平面平面BEF； （3）求二面角的大小. 解：（1）证法1：（由图可猜想DEFO是平行四边形，故尝试证DE平行且等于OF. 注意到D，E，O都是所在棱的中点，故若能证出F是中点，则DE，OF都平行且等于AB的一半，问题就解决了. 那F的位置由哪个条件决定呢？显然是，我们可以设，利用向量来翻译，求出） 设，则， ，因为，所以 ，解得：，所以F是AC的中点， 又D，E，O分别是BP，AP，BC的中点，所以DE和OF都平行且等于AB的一半，故DE平行且等于OF， 所以四边形DOFE是平行四边形，故EF∥OD，又平面ADO，平面ADO，所以EF∥平面ADO. 证法2：（分析方法同解法1，证明F为AC中点的过程，也可用平面几何的方法） 如图1，在中，因为，所以，故 ①， 又，，O为BC中点，所以，故，， 所以，故，结合①可得，所以， 连接OF，因为O是BC中点，所以，又，所以OF∥AB， 结合O为BC中点可得F为AC的中点，接下来同证法1. （2）（要证面面垂直，先找线面垂直，条件中有，于是不外乎考虑证面BEF或证面AOD，怎样选择呢？此时我们再看其他条件，还没用过的条件就是一些长度，长度类条件用于证垂直，想到勾股定理，我们先分析有关线段的长度） 由题意，，，， 所以，故，（此时结合OD∥EF我们发现可以证明面BEF） 由（1）可得EF∥OD，所以，又，且BF，EF是平面BEF内的相交直线， 所以平面BEF，因为平面ADO，所以平面平面BEF. （3）解法1：（此图让我们感觉面面ABC，若这一感觉正确，那建系处理就很方便. 我们先分析看是不是这样的. 假设面面ABC，由于，于是面PBC，故，但我们只要稍加计算，就会发现，矛盾，所以我们的感觉是不对的，也就不方便建系. 怎么办呢？那就在两个半平面内找与棱垂直的射线，它们的夹角等于二面角的大小. 事实上，这样的射线已经有了） 由题意，，由前面的过程可知，所以射线OD与BF的夹角与所求二面角相等， （OD与BF异面，直接求射线OD和BF的夹角不易，故考虑通过平移使其共面，到三角形中分析） 因为OD∥EF，所以的补角等于射线OD和BF的夹角， 由题意，，，， （只要求出BE，问题就解决了，BE是的中线，可用向量来算，先到中求） 在中，，因为， 所以，故， 在中，，所以，故二面角的大小为. 解法2：（得出所求二面角等于射线OD与BF夹角的过程同解法1. 要计算此夹角，也可用向量法. 观察图形可发现，，的长度都已知或易求，两两夹角也好求，故选它们为基底，用基底法算和的夹角） ， 所以， 又，所以， 从而，故，所以二面角为. 解法3：（本题之所以不便建系，是因为点P在面ABC的射影不好找，不易写坐标. 那有没有办法突破这一难点呢？有的，我们可以设P的坐标，用已知条件来建立方程组，直接求解P的坐标） 以B为原点建立如图2所示的空间直角坐标系，则，，，， 设，则，由可得，解得：， 代回两方程中的任意一个可得 ②，（此时发现还有这个条件没用，故翻译它） 又，所以， 将代入整理得： ③， 联立②③结合解得：，，（到此本题的主要难点就攻克了，接下来是流程化的计算） 所以，故，， 设平面AOD的法向量为，则， 令，则，所以是平面AOD的一个法向量， 由图可知是平面AOC的一个法向量，所以， 由图可知二面角为钝角，故其大小为. 【反思】当建系后有点的坐标不好找时，直接设其坐标，结合已知条件建立方程组，求解坐标，这也是一种好的处理思路. （2023·全国乙卷·理·20·★★★）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. （2023·全国乙卷·理·21·★★★★）已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称？若存在，求a，b的值；弱不存在，说明理由； （3）若在上存在极值，求a的取值范围. 解：（1）当时，，， 所以，，故所求切线方程为，整理得：. （2）由函数的解析式可得， 函数的定义域满足，即函数的定义域为， 定义域关于直线对称，由题意可得， 由对称性可知， 取可得， 即，则，解得， 经检验满足题意，故. 即存在满足题意. （3）由函数的解析式可得， 由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点; 令，则， 令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， 当时，，在区间上单调递减， 此时，在区间上无零点，不合题意; 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，， 所以在区间上无零点，不符合题意； 当时，由可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的最小值为， 令，则， 函数在定义域内单调递增，， 据此可得恒成立， 则， 令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 故，即(取等条件为)， 所以， ，且注意到， 根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点. 当时，，单调减， 当时，，单调递增， 所以. 令，则， 则单调递减，注意到， 故当时，，从而有， 所以， 令得，所以， 所以函数在区间上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数得取值范围是. 【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.