2023年全国普通高等学校招生统一考试（国卷B）

文科数学

一、选择题

2 i2 2i3

1. ( )

A.1 B.2 C.D.5

5

【答案】C

【分析】

【分析】根据题意，先化简2+i2+2i3，然后计算其模。

【详细解释】从题意可以得到2 + i2 + 2i3=2 – 1 – 2i=1 – 2i ，

则 2 i2 2i3 1 2i .

12 22

5

故选：C.

假设全集U=0,1, 2, 4, 6,8，集合M=0, 4, 6，N=0,1, 6，则M U N ( ）

0, 2, 4, 6,8

0,1, 4, 6,8

1, 2, 4, 6,8

U【答案】A

【分析】

【分析】根据题意可以得到U N 的值，然后可以计算出M U N 。

【详细解释】从题意可知U N 2, 4,8 ，则M U N 0, 2, 4, 6,8 。

因此选择：A.

如图所示，网格纸上画的是一个零件的三视图。网格上小正方形的边长为1，则该部分的表面积( )

A.24 B.26 C.28 D.30

【答案】D

【分析】

【分析】根据题意，首先从三视图还原空间几何，然后根据得到的空间几何的结构特征计算其表面积。

【详细说明】如图所示，长方体ABCD – A1B1C1D1，AB=BC=2，AA1=3，

H、I、J、K 点是靠近B1、C1、D1、A1 点的边上的三等分点。 O、L、M 和N 是边的中点。

那么三视图对应的几何体就是长方体ABCD A1B1C1D1。去掉长方体ONIC1 LMHB1后得到的几何形状，

这个几何体的表面积比原长方体的表面积小2。边长为1 的正方形，其表面积为： 2 2 2 4 2 3 2 11 30。

故选：D。

在ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c。如果acosB bcosA=c 且C= ，则B=( )

5

A.B.

10 5

3 2

光盘。

10 5

【答】C

【分析】

【分析】首先利用正弦定理对角进行棱边，然后结合归纳公式和两角和的正弦公式求出A的值，最后利用三角形内角和定理得到A.

【详细解释】结合题意和正弦定理，可以得到sin Acos B sin B cos A sin C，即sin Acos B sin B cos A sin A B sin Acos B + sin B cos A，组织起来我们可以得到sin B cos A=0 ，因为B 0， ，所以sin B=0 ，

由此可得cos A=0, A= ,

2

则B= – A – C= – – =3 。

2 5 10

因此选择：C。

已知f (x)=xex

eax-1

是偶函数，则a=( )

2

– 1C。 1 D.2

【答案】D

【分析】

【分析】根据偶函数的定义求解。

xx

xx

x e x

x ex ea1x

【详细解释】因为f x ax

是偶函数，则f x f x

0 ，

e 1

eax-1 e-ax-1 eax-1

又因为x 并不总是0，所以我们可以得到ex ea1x=0 ，即ex ea1x ，则x a 1 x ，即1=a – 1 ，求解a=2 。

故选：D。

正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，则EC ED=( ) B.3 C.2

5

5

D.5

【答案】B

【分析】

【分析】方法一：用AB、AD为基向量表示EC、ED，然后结合量积的算术运算来求解；方法二：建立系统，利用平面向量的坐标运算来解决问题；方法三：利用余弦定理求cosDEC，然后根据量积的定义求解。

u ur uuur u ur uuur

【详解】方法一：以AB, AD为基向量，可知AB=AD=2, AB AD=0 ,

uuur uur uuur

则EC=EB + BC=

1 u ur uuur uuur uur uuur

AB + AD, ED=EA + AD=-

1 u ur uuur

AB + AD ,

2 2

uuur uuur 1 u ur uuur 1 u ur uuur 1 u ur2

乌乌乌尔2

所以EC ED AB + AD AB + AD AB

2 2 4

+ 广告

1 4 3 ；

方法二：如图所示，建立以A为坐标原点的平面直角坐标系。

则E 1, 0,C 2, 2 , D 0, 2 , 可得EC 1, 2, ED 1, 2 ,

所以ECED=1+4=3；

方法三：由题意可得：ED=EC=

5、CD=2、

DE 2 + CE 2 – DC 2 5+ 5 – 4 3

在CDE 中，cos DEC 由余弦定理可得，

255

uuur uuur uuur uuur

所以EC ED EC ED cosDEC

故选：B.

2DECE 5

5 5 3 3 .

5

设O为平面坐标系的坐标原点。在区域 x, y 1 中随机选取一点A 的概率为( )

1 1

A.B.

4

1 D.14 2

【答案】C

【分析】

【分析】根据题意分析面积的几何意义，结合几何一般运算进行求解。

【详细说明】因为面积 x, y |1 x2 + y2 4 表示圆心O<0, 0，外圆半径R=2 ，内圆半径r=1 的圆，则直线OA 倾斜角度不大于 的部分用阴影表示，第一象限部分对应的圆心角为MON= ，

8 6

2

组合对称性给出所需的概率P=4=1 。

4 4

因此选择：C。

函数f x =x3 ax + 2 有3 个零点，则a 的取值范围为( ) A。、2

B.、3

C. 4, 1

D.3, 0

【答案】B

【分析】

【分析】写出f (x)=3×2 + a ，求极值点，可转化为大于0的最大值和小于0的最小值。

【详细解释】f(x)=x3+ax+2，则f(x)=3×2+a，

如果f x 必须有3 个零点，则f x 必须有最大值和最小值，则a0，

设f (x)=3×2 + a=0 ，解为x=- 或，

3a3

2 4

a3 且当x , , , f (x) 0 , 3

当x

a ,

a

-a

3

, f (x)<0 ,

因此，f x 的最大值为f

a

3

，最小值为f，

a

3

3

-a

3

a

3

a

3

3

如果f x 必须有3 个零点，则

a

3

一个

，即

a

3

a

f 0 a

，解为3，

2 0

一个

f 0

2 0

故选：B.

a

3

某学校举办作文比赛，共有6个主题。每位参赛学生随机选择一个主题来准备作文。那么学生A 和学生B 画出不同主题的概率为( )

3

6

【答案】A

【分析】

23

1 D.12 3

【分析】根据经典的概率模型，找到所有的情况以及满足问题的情况，就可以得到概率。

【详细说明】A有6个选择，B也有6个选择，所以总数为6 6=36。如果A和B画不同的主题，则总共有A2 30个。

6

那么它的概率是30=5 ，

5

因此选择：A。

已知函数f (x)=sin(x +) 在区间 , 2 内单调递增，直线x= 和x=2 是函数y=f 的图像x

36 6

的两个对称轴，则f 5 =( )

6 3 6 3

A.-B.-1

3

22

C.1

2

D.3

12

【答】D

【分析】

【分析】根据题意找出它的周期，然后根据它的最小值找出初始相位。代入x=- 5 即可得到答案。

2

【详细解释】因为f (x)=sin(x +) 在区间 , 2 内单调递增，

12

所以T=2 – = 和 0 ，则T= ， w=2=2 ，

6 3

当x= 时，f x 取最小值，则2 2k , k Z ,

2 3 6 2 T

那么 2k 5 , k Z ，我们不妨取k=0 ，那么f x sin 2x 5 ，

6 6 2

6 6

1232

故选：D。

已知实数x、y满足x2 + y2 4x 2y 4=0 ，则x y的最大值为( ) 1+ B. 4 C. 1 + 3

3 2

2

2

D.7

【答案】C

【分析】

【分析】方法一：令xy=k，用判别法即可；方法二：得到 方法三：整理圆的方程，假设xy=k，使圆心到直线的距离小于或等于半径。

【详细解释】方法一：令x y=k ，则x=k + y ，

代入原公式并化简得2 y2 + 2k 6 y + k 2 4k 4=0 ，

因为有实数y，则 0，即2k 62 4 2 k 2 4k 4 0 ，

化简得k 2 2k 17 0 ，求解得1 3 k 1 3 2 ，

2

因此x y

的最大值为3

+1,

方法二：x2 + y2 4x 2y 4 0 ，整理为 x 22 y 12 9 ，设0, 2，

2

然后，

则 f 5 sin 5 3 ，

0, 2，故 , 9 ，则 =2 ，即 7时，x y 取最大值3

2

+1,

4

方法三：由x2 + y2 4x 2y 4=0，可得(x 2)2 + ( y 1)2=9 ，

假设x – y=k ，则圆心到直线x – y=k 的距离为d==3 ，

| 2-1-k|

2

求解得到13 k 1+ 3

2

2

故选：C.

2y2

设A、B为双曲线x=1上的两点，下列四点中，能作为线段AB中点的是( ) 9

1,1(-1, 2)1, 31, 4【答案】D

【分析】

【分析】根据点差法，可得kABk=9。对于A、B、D：通过联立方程确定交点个数，并逐项分析判断； C：根据双曲线的渐近线分析确定。

【详细说明】假设Ax,y,Bx,y

，则AB 的中点M x1 + x2 , y1 + y2 ，

1 1 2 2

4 4 4 4 4

可用k

y1 + y2

=y1 – y2 ,k=2=y1 + y2 ,

AB x – x

x + x

x + x

1 2 1 2 1 2

2 2

2 y2

x1 – 1=1

因为A 和B 在双曲线上，所以 9，两个方程相减得到 x2 x2 y1 y2

22

=0 ,

2

2年

2

1 2 9

y2 – y2

所以kAB k=1 2

x2 x2

1 2

x 2 1

=9.

对于选项A：我们可以得到k=1, k AB=9 ，则AB : y=9x – 8 ，

y=9x – 8

联立方程组

y2, 取消y 得到2 72x + 73=0 ,

2 9

72x 2

x2 1

此时 2NX 722 4 72 73 288 0 ，故直线AB与双曲线没有交点，故A错误；

对于选项B：我们得到k=-2, k=- 9 ，然后AB : y=- 9 x – 5 ，

AB 2 2 2

y=9 x 5

联立方程

2

2 2 ，消去y 得到45×2 + 2 45x + 61=0 ，

y2

x

9

9

此时 2NX 452 4 45 61 4 4516<0 ，故直线AB与双曲线无交点，故B错误；

对于选项C：我们得到k=3, k AB=3 ，然后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，故直线AB与双曲线无交点，故C错误；

对于选项D： k=4，k=9 ，则AB : y=9 x – 7 ，

AB 4 4 4

y=9 x – 7

联立方程

2

4 4 , 消去y 得到63×2 +126x 193=0 ,

y2

x

1

9

此时=1262 + 4NX 63193=0 ，故直线AB与双曲线有两个交点，故D正确；因此，选择：D。

1

已知点A1, 5 在抛物线C: y2=2 px 上，则A 到C 准线的距离为。

二、填空题

【解答】

9

【分析】

【解析】从题意来看，首先求出抛物线的标准方程，然后利用抛物线方程得到抛物线的准线方程为x=- 5，最后用

4

只需使用该点的坐标和准线方程即可计算出A 点到C 点的准线距离。

【详细解释】从题意可知： 5 2 2 p 1 ，则2 p 5 ，抛物线的方程为y 2 5 x ，

准线的方程为x=-5，A点到C点的准线距离为15=9。

4

4 4 4

所以答案是：

9

如果 0， ，tan 1，则sin cos 。

4

【答案】-5

2 2

【分析】

【分析】根据同角三角关系求sinq，即可得到结果。

【详细解释】因为，则sin0，cos0，

5

2

因为tan sin=1，则cos 2 sin，

余弦2

而cos2+ sin2=4sin2+ sin2=5sin2 1，解为sin

5 或罪

0,

5（四舍五入），

5

所以sinq cosq sinq 2sinq sinq – 5 。

5

所以答案是： – 5。

5

x 3y 1

若x、y满足约束条件 x + 2 y 9，则z=2x – y的最大值为.

3x y 7

【答案】8

【分析】

【分析】制作一个可行区域，并将其转化为截距最大值进行讨论。

【详细说明】创建可行区域如下图所示：

z=2x y ，平移项得到y=2x z ，

x 3y 1

合起来我们有x + 2 y=9

x=5

，解为 y=2 ，

假设A5, 2。显然，将直线y=2x平移，使其通过A点，此时截距-z最小，z最大。代入它，我们得到z=8，

所以答案是：8。

已知点S、A、B、C都在半径为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

【分析】

【分析】首先利用正弦定理求出底面外接圆的半径，然后结合直棱柱的外接球面和计算出的性质来求解问题。

【详细说明】设ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，

2r=

但

AB=

罪恶ACB

3=2

3

3

2

，我们可以得到r=，

假设三棱锥S ABC 外接球的圆心为O，连接OA 和OO，则OA=2，OO=1 SA，

3

1 1 2

由于OA2=OO2 + O A2 ，即4=3 + 1 SA2 ，所以解为SA=2 。

1 1 4

所以答案是：2。

【寻找点】方法终结点：多面体与球体相切及连接问题的求解方法

当涉及球体与棱柱或棱锥体的切线和连接问题时，通常通过球心和多面体的特殊点（通常是连接点或切点）或直线进行剖面，并通过空间将问题转化为平面问题来求解；如果球面上有四个点P，A、B、C组成的三条线段PA、PB、PC互相垂直，则PA=a，PB=b，PC=c。一般来说，相关元素被“补充”成球形内接长方体。根据4R2=求解a2+b2+c2；立方体内切球的直径就是立方体的边长；当球与立方体的边相切时，球的直径为立方体对角线的长度；运用平面几何知识找出几何中各元素之间的关系，或仅画出内切几何和外接几何的可视化图，确定球心的位置，阐明球的半径（直径）与球的半径（直径）之间的关系几何的已知量，并求解方程（组）。

5

为了比较A、B两种工艺对橡胶制品弹性的处理效果，某工厂进行了10次配对试验。每次配对试验，选取两种材质相同的橡胶制品，随机选择其中一件采用工艺A处理，另一件采用工艺B处理，测量处理后的橡胶制品的弹性率。经A、B工序处理的橡胶制品的拉伸比分别记为xi、yii=1、2、、10。测试结果如下：测试编号i

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

缩放比xi

第545章

第533章

第551章

第522章

第575章

第544章

第541章

第568章

第596章

第548章

拉伸比yi

第536章

第527章

第543章

第530章

第560章

第533章

第522章

550

第576章

第536章

表示zi=xi yi i=1, 2,,10 ，表示z1, z2, , z10。样本均值是z，样本方差是s2。

(1)求z，s2；

(2)判断经工艺A处理的橡胶制品的膨胀率是否显着高于经工艺B处理的橡胶制品的膨胀率(如果

s2

10

z 2

，则认为经过工序A后的橡胶制品的发泡率相比经过工序B后的橡胶制品的发泡率有明显提高，否则

这不被认为是一个显着的改进）

【答案】（1）z=11，s2=61；

(2)认为经工艺A处理的橡胶制品的发泡率明显高于经工艺B处理的橡胶制品。

【分析】

【分析】（1）可以直接用平均公式计算x、y，然后得到所有zi值，最后计算方差；

(2)根据公式计算2的值并与z进行比较。

【问题1详细解释】

s2

10

x=545 + 533 + 551 + 522 + 575 + 544 + 541 + 568 + 596 + 548=552.3，

10

y=536 + 527 + 543 + 530 + 560 + 533 + 522 + 550 + 576 + 536=541.3 ，

10

z=x – y=552.3 – 541.3=11 ，

zi=xi – yi

值分别为： 9、6,8、-8、15、11、19、18、20,12。

2=(9-11)2+(6-11)2+(8-11)2+(-8-11)2+(15-11)2+0+(19-11)2+(18-18) 11)2 + ( 20-11)2 + (12-11)2=

61

因此

10

【问题2详细解释】

从（1）我们知道： z=11, 2=2=，所以我们有z 2 ，

s2

10

6.1

24.4

s2

10

因此，认为经工艺A处理的橡胶制品的发泡率明显高于经工艺B处理的橡胶制品。

令Sn 为算术数列an 的前n 项之和。已知a2=11，S10=40。求出an的通式；求序列an 的前n 项和Tn。 【答案】(1) an=15 – 2n

14n n2 , n 7

(2) Tn=n2 – 14n + 98, n 8

【分析】

【分析】（1）根据题方程求解a1和d，即可得到结果；

(2)先求Sn，讨论an的符号去掉绝对值，结合Sn运算求解。

【问题1详细解释】

设等差数列的公差为d，

a2  a1  d  11



a1

 d  11

a1

 13

由题意可得S

 10a

 10  9 d  40 ，即2a

 9d  8 ，解得d  2 ，

 10 1 2  1 

所以 an  13  2 n 1  15  2n ，

【小问 2 详解】

n 13 15  2n  2

因为 Sn 

 14n  n ，

2

令 an

 15  2n  0 ，解得 n  15 ，且 n  N* ，

2

当 n  7 时，则 a  0 ，可得T  a  a  a  a  a  a  S

 14n  n2 ；

n n 1 2 n 1 2 n n

当 n  8 时，则 an  0 ，可得Tn  a1  a2    an

 a1  a2    a7  a8    an 

 S S  S   2S  S  214 7  72  14n  n2   n2 14n  98 ；

7 n 7 7 n

14n  n2 , n  7

综上所述： Tn  n2 14n  98, n  8 .



如图，在三棱锥 P  ABC 中， AB BC ， AB  2 ， BC  2 2 ， PB  PC  ， BP, AP, BC 的中点分别为 D, E, O ，点 F 在 AC 上， BF  AO ．

6

求证： EF //平面 ADO ；若POF  120 ，求三棱锥 P  ABC 的体积．【答案】（1）证明见解析

（2）

2 6

3

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF 为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.

（2）作出并证明 PM 为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.

【小问 1 详解】

连接 DE, OF

  

，设 AF  tAC ，则 BF  BA  AF  (1 t)BA  t BC ， AO  BA 

1 

BC ， BF  AO ，

2

      

则 BF  AO  [(1 t)BA  t BC](BA 

1   2

BC)  (t 1)BA

1 

 t BC2  4(t 1)  4t  0 ，

2 2

解得t  1 ，则 F 为 AC 的中点，由 D, E, O, F 分别为 PB, PA, BC, AC 的中点，

2

于是 DE / / AB, DE  1 AB, OF / / AB, OF  1 AB ，即 DE / /OF , DE  OF ，

2 2

则四边形ODEF 为平行四边形，

EF / / DO, EF  DO ，又 EF  平面 ADO, DO  平面 ADO ，所以 EF / / 平面 ADO .

【小问 2 详解】

过 P 作 PM 垂直 FO 的延长线交于点 M ，

因为 PB  PC, O 是 BC 中点，所以 PO BC ，

在Rt△PBO 中， PB 

6, BO  1 BC  ，

2

2

所以 PO    2 ，

PB 2  OB 2

6 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  PO sin 60  2 

3  ，

2

3

2

又 S△ ABC

 1 AB  BC  1  2 2

2 2

2

 2 ，

所以V

 1 S  PM  1  2 2   2 6 .

P ABC

3

3 △ ABC 3 3

已知函数 f  x   1  a ln1  x ． x 

 

当a  1 时，求曲线 y  f  x 在点1, f  x 处的切线方程．若函数 f  x  在0,  单调递增，求a 的取值范围．【答案】（1） ln 2 x  y  ln 2  0 ；

（2） a | a  1  .

 2 

 

【解析】

【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；

（2）原问题即 f  x   0 在区间0,  上恒成立，整理变形可得 g  x  ax2  x  x 1ln  x 1  0 在

区间0,  上恒成立，然后分类讨论 a  0, a  1 , 0  a  1 三种情况即可求得实数a 的取值范围.

2 2

【小问 1 详解】

当a  1时， f  x   1 1ln  x 1 x  1 ，

 x 

 

则 f  x   1 ln  x 1   1 1 1 ，

x2  x  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 .

【小问 2 详解】

由函数的解析式可得 f  x =   1  ln  x 1   1  a 

1  x  1 ，

 x2   x

 x 1

   

满足题意时 f  x   0 在区间0,  上恒成立.

令  1  ln  x 1   1  a  1  0 ，则 x 1 ln  x 1   x  ax2   0 ，

 x2   x

 x 1

   

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 ，不合题意;

令 h  x  g x  2ax  ln  x 1 ，则h x  2a 

1

，

x 1

当 a  1 ， 2a  1时，由于 1  1 ，所以h x  0, h  x在区间0,  上单调递增，

2 x 1

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 ，满足题意.

当0  a  1 时，由 h x  2a 

2

1

x 1

 0 可得 x =

1 1 ，

2a

当 x  0, 1 1 时， h x  0, h  x 在区间 0, 1 1上单调递减，即 g x 单调递减，

 2a   2a 

 

注意到 g0  0 ，故当 x  0, 1



2a

 

1 时， g x  g0  0 ， g  x 单调递减，



 

由于 g 0  0 ，故当 x  0, 1



2a

1 时， g  x  g 0  0 ，不合题意.

 



综上可知：实数a 得取值范围是a | a  1  .

 2 

 

【点睛】方法点睛：

求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.由函数的单调性求参数的取值范围的方法①函数在区间a, b 上单调，实际上就是在该区间上 f  x  0 (或 f  x  0 )恒成立．

②函数在区间a, b 上存在单调区间，实际上就是 f  x  0 (或 f  x  0 )在该区间上存在解集．

已知椭圆y2  x2 



 的离心率是，点 A2, 0 在 上．

a2 b2 3

5

C : 1(a

b

0)

C

求C 的方程；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．2

2

【答案】（1） y  x 

1

9 4

（2）证明见详解

【解析】

【分析】（1）根据题意列式求解 a, b, c ，进而可得结果；

（2）设直线 PQ 的方程，进而可求点 M , N 的坐标，结合韦达定理验证 yM  yN

2

为定值即可.

【小问 1 详解】



b  2

a  3

由题意可得 a2  b2  c2 ，解得b  2 ，

 

 c c 

5

5

e   

 a

所以椭圆方程为 y

2

3

x2

  1.

9 4

【小问 2 详解】

由题意可知：直线 PQ 的斜率存在，设 PQ : y  k x  2   3, P x1, y1 ,Q x2, y2  ，

 y  k  x  2  3



联立方程 y

2  x2 

，消去y 得：4k 2  9 x2  8k 2k  3 x 16k 2  3k   0 ，

 9 4

1

则Δ  64k 2 2k  32  644k 2  9k 2  3k   1728k  0 ，解得 k  0 ，

可得 x1  x2  

8k 2k  3

4k 2  9

, x1x2 

16 k 2  3k 

4k 2  9

，

因为 A2, 0 ，则直线 AP : y 

y1 x1  2

x  2  ，

y  2y1

 2 y1 

令 x  0 ，解得 x  2 ，即 M  0, x

 2  ,

1

 2 y2 

 1 

同理可得 N  0, x

 2  ，

2 y1

 2 

 2 y2

则 x1  2

x2  2  k  x1  2  3  k x2  2  3

2 x1  2 x2  2

 kx1  2k  3  x2  2  kx2  2k  3  x1  2  2kx1x2  4k  3x1  x2   4 2k  3

32k k 2  3k 

 4k 2  9

 x1  2 x2  2

 8k 4k  32k  3

4k 2  9

 4 2k  3 108

 

x1x2  2  x1  x2   4

16 k 2  3k 

4k 2  9

3 ，

 16k 2k  3  4 36

4k 2  9

所以线段 PQ 的中点是定点0, 3 .

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤

由特例得出一个值，此值一般就是定值；证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；

得出结论．

【选修 4-4】（10 分）

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 2sin  ，曲线C ： x  2 cos 为参数，     ）.

  2  （

4 2



  y  2 sin 2

写出C1 的直角坐标方程；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．【答案】（1） x2   y 12  1, x 0,1, y 1, 2

（2） , 0  2 2,  

【解析】

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意 x, y 的取值范围；

（2）根据曲线C1 , C2 的方程，结合图形通过平移直线 y  x  m 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.

【小问 1 详解】

因为 2 sin，即2  2sin，可得 x2  y2  2 y ，

整理得 x2   y  12  1，表示以0,1 为圆心，半径为 1 的圆，

又因为 x  cos 2 sincos sin 2, y  sin 2 sin 2 1 cos 2 ， 且 π  π ，则 π  2 π ，则 x  sin 20,1, y  1 cos 21, 2 ，

4 2 2

故C1

: x2   y 12  1, x 0,1, y 1, 2.

【小问 2 详解】

因为C2

: x  2 cos



 y  （2 sin

为参数， π   π ）， 2

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，如图所示，若直线 y  x  m 过1,1 ，则1  1 m ，解得 m  0 ；

  2

m

2



若直线 y  x  m ，即 x  y  m  0 与C 相切，则

，解得 m  2 ，

2

若直线 y  x  m 与C1 , C2 均没有公共点，则 m  2

即实数 m 的取值范围, 0  2 2,   .



m  0



或 m  0 ，

2

【选修 4-5】（10 分）

已知 f  x  2 x  x  2求不等式 f  x   6  x 的解集；在直角坐标系 xOy 中，求不等式组 f x   yx  y  6  0



所确定的平面区域的面积．

【答案】（1） [2, 2] ；

（2）6.

【解析】

【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.

【小问 1 详解】

3x  2, x  2

依题意， f (x)  x  2, 0  x  2 ，



3x  2, x  0



不等式 f (x)  6  x 化为： x  2



3x  2  6  x

0  x  2

或x  2  6  x



x  0

或3x  2  6  x ，



x  2

2



解

3x  2  6  x

2  x  2 ，

0  x  2

，得无解；解x  2  6  x



x  0

，得0  x  2 ，解3x  2  6  x



，得2  x  0 ，因此

所以原不等式的解集为：[2, 2]

【小问 2 详解】

 f (x)  y

作出不等式组x  y  6  0 表示的平面区域，如图中阴影ABC ，



由 y  3x  2 ，解得 A(2, 8) ，由 y  x  2 , 解得C(2, 4) ，又 B(0, 2), D(0, 6) ，

x  y  6 x  y  6





所以ABC 的面积 S  1 | BD |  x  x  1 | 6  2 |  | 2  (2) | 8 .

用户评论

面瘫脸

今年数学乙卷难度有点大啊！特别是那道几何题，感觉很多同学都卡住了。

    有16位网友表示赞同！

凉凉凉”凉但是人心

复习了一圈算法题，没想到这次考试里完全没用到。

    有5位网友表示赞同！

炙年

还好我基础比较扎实，一些常规题还好应付得了。

    有10位网友表示赞同！

醉婉笙歌

乙卷的数学真考到了重点啊！我的教材都跟着这套题了练过的内容，感觉还好。

    有14位网友表示赞同！

来自火星的我

这次考试数学时间有点紧迫，感觉很多问题都没来得及仔细做。

    有5位网友表示赞同！

夏以乔木

概率和统计那个大题让我一头雾水…

    有18位网友表示赞同！

你那刺眼的温柔

数据分析题太难了吧！真没想到考这种难度

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把孤独喂饱

还好我提前预习了，这次考试总算没让我太担心。

    有15位网友表示赞同！

安好如初

数学乙卷真的考验逻辑思维能力厉害的同学能答上来很多

    有19位网友表示赞同！

煮酒

感觉今年全国统一考试，各个科目的难度都提升了一档！

    有8位网友表示赞同！

莫名的青春

这次数学题真考得我晕头转向！好久没这么迷茫了…

    有7位网友表示赞同！

百合的盛世恋

希望我的分数能过线！

    有16位网友表示赞同！

余温散尽ぺ

乙卷数学的难题也太难了吧…

    有9位网友表示赞同！

凉月流沐@

感觉今年普通高中招生考试难度还是挺高的呢！

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非想

终于结束了！考完试的心情是各种复杂!

    有10位网友表示赞同！

各自安好ぃ

我的同学说，这次数学比A卷还难…

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寒山远黛

希望所有考生都能取得理想的成绩！

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秘密

这几天都在复习数学，累死了！

    有19位网友表示赞同！