2023年全国高考数学（文科）试题及其解析。
考生注意：本试题共三道大题（26个小题），满分120分。
a. 甲是乙的充分条件，但不是乙的必要条件。
b. 甲是乙的必要条件，但不是乙的充分条件。
c. 甲是乙的充要条件。
d. 甲不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件。
21． (满分10分)有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数。
与第四个数的和是16,第二个数与第三个数的和是12,求这四个数。
22．(满分8分)
23． (满分8分)如图，在三棱锥s-abc中，sa⊥底面abc,ab⊥垂直平分sc,且分别交ac、sc于d、e.又sa=ab,sb=bc.求以bd为棱，以bde与bdc为面的二面角的度数。
24． (满分10分)已知a>0,a≠1,解不等式loga(4+3x-x２)-loga(2x-1)>loga2.
25． (满分12分)设a≥0,在复数集c中解方程z２+2│z│=a.
26． (满分12分)
参***及其解析。
一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。
1)a (2)c (3)d (4)b (5)d
6)c (7)a (8)b （9)a (10)c
11)b (12)d (13)a (14)c (15)b
二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。
三、解答题。
21)本小题考查等差数列、等比数列的概念和运用方程(组)解决问题的能力。
依题意有。由②式得 d=12-2a. ③
整理得 a2-13a+36=0.
解得 a1=4, a2=9.
代入③式得 d1=4, d2=-6.
从而得所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1.
解法二：设四个数依次为x,y,12-y,16-x.
依题意，有。
由①式得 x=3y-12. ③
将③式代入②式得 y(16-3y+12)=(12-y)2,整理得 y2-13y+36=0.
解得 y1=4,y2=9.
代入③式得 x1=0,x2=15.
从而得所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1.
22)本小题考查三角公式以及三角函数式的恒等变形和运算能力。
解法一：由已知得。
两式相除得。
解法二：如图，不妨设0≤α≤2π,且点a的坐标是(cosα,sinα),点b的坐标是(cosβ,sinβ),则点a,b在单位圆x2+y2=1上。连结ab,若c是ab的中点，由题设知点c
连结oc,于是oc⊥ab,若设点d的坐标是(1,0),再连结oa,ob,则有。
解法三：由题设得 4(sinα+sinβ)=3(cosα+cosβ).
将②式代入①式，可得 sin(α-sin(-β
于是 α-2k+1)π-k∈z),或 α-2kπ+(k∈z).
若 α-2k+1)π-k∈z),则α=β2k+1)π(k∈z).
于是 sinα=-sinβ,即sinα+sinβ=0.
由此可知 α-2kπ+(k∈z).
即 α+2+2kπ(k∈z).
23)本小题考查直线和平面，直线和直线的位置关系，二面角等基本知识，以及逻辑推理能力和空间想象能力。
解法一：由于sb=bc,且e是sc的中点，因此be是等腰三角形sbc的底边sc的中线，所以sc⊥be.
又已知 sc⊥de,be∩de=e, sc⊥面bde, sc⊥bd.
又 ∵sa⊥底面abc,bd在底面abc上，∴sa⊥bd.
而 sc∩sa=s,∴bd⊥面sac.
de=面sac∩面bde,dc=面sac∩面bdc, bd⊥de,bd⊥dc.
∠edc是所求的二面角的平面角。
sa⊥底面abc,∴sa⊥ab,sa⊥ac.
又已知de⊥sc,所以∠edc=60°,即所求的二面角等于60°.
解法二：由于sb=bc,且e是sc的中点，因此be是等腰三角形sbc的底边sc的中线，所以sc⊥be.
又已知 sc⊥de,be∩de=e.
sc⊥面bde, sc⊥bd.
由于sa⊥底面abc,且a是垂足，所以ac是sc在平面abc上的射影。由三垂线定理的逆定理得bd⊥ac;又因e∈sc,ac是sc在平面abc上的射影，所以e在平面abc上的射影在ac上，由于d∈ac,所以de在平面abc上的射影在ac上，根据三垂线定理又得bd⊥de.
de面bde,dc面bdc,∠edc是所求的二面角的平面角。
以下同解法一。
24)本小题考查对数，不等式的基本知识及运算能力。
解：原不等式可化为。
loga(4+3x-x2)>loga2(2x-1).
当0即当0当a>1时，①式等价于。
25)本小题考查复数与解方程等基本知识以及综合分析能力。
解法一：设z=x+yi,代入原方程得。
于是原方程等价于方程组。
由②式得y=0或x=0.由此可见，若原方程有解，则其解或为实数或为纯虚数。下面分别加以讨论。
情形1. 若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时，①式化为。
x2+2│x│=a. ③
ⅰ)令x>0,方程③变为x2+2x=a. ④
由此可知：当a=0时，方程④无正根；
ⅱ)令x<0,方程③变为x2-2x=a. ⑤
由此可知：当a=0时，方程⑤无负根；
ⅲ)令x=0,方程③变为0=a. ⑥
由此可知：当a=0时，方程⑥有零解x=0;
当a>0时，方程⑥无零解。
所以，原方程的实数解是：
当a=0时，z=0;
情形2. 若x=0,由于y=0的情形前已讨论，现在只需考查y≠0的情形，即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时，①式化为。
y2+2│y│=a. ⑦
ⅰ)令y>0,方程⑦变为-y2+2y=a,即(y-1)2=1-a. ⑧
由此可知：当a>1时，方程⑧无实根。
从而， 当a=0时，方程⑧有正根 y=2;
ⅱ)令y<0,方程⑦变为-y2-2y=a,即(y+1)2=1-a. ⑨
由此可知：当a>1时，方程⑨无实根。
从而， 当a=0时，方程⑨有负根 y=-2;
所以，原方程的纯虚数解是：
当a=0时，z=±2i;
而当a>1时，原方程无纯虚数解。
解法二：设z=x+yi,代入原方程得。
于是原方程等价于方程组。
由②式得y=0或x=0.由此可见，若原方程有解，则其解或为实数，或为纯虚数。下面分别加以讨论。
情形1. 若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时，①式化为。
x2+2│x│=a.
情形2. 若x=0,由于y=0的情形前已讨论，现在只需考查y≠0的情形，即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时，①式化为。
y2+2│y│=a.
当a=0时，因y≠0,解方程④得│y│=2,即当a=0时，原方程的纯虚数解是z=±2i.
即当0当a>1时，方程④无实根，所以这时原方程无纯虚数解。
解法三：因为z2=-2│z│+a是实数，所以若原方程有解，则其解或为实数，或为纯虚数，即z=x或z=yi(y≠0).
情形1. 若z=x.以下同解法一或解法二中的情形1.
情形2. 若z=yi(y≠0).以下同解法一或解法二中的情形2.
解法四：设z=r(cosθ+isinθ),其中r≥0,0≤θ<2π.代入原方程得。
r2cos2θ+2r+ir2sin2θ=a.
于是原方程等价于方程组。
情形1. 若r=0.①式变成。
0=a. ③
由此可知：当a=0时，r=0是方程③的解。
当a>0时，方程③无解。
所以， 当a=0时，原方程有解z=0;
当a>0时，原方程无零解。
ⅰ)当k=0,2时，对应的复数是z=±r.因cos2θ=1,故①式化为。
r2+2r=a. ④
由此可知：当a=0时，方程④无正根；
ⅱ)当k=1,3时，对应的复数是z=±ri.因cos2θ=-1,故①式化为。
r2+2r=a,即(r-1)2=1-a, ⑤
由此可知：当a>1时，方程⑤无实根，从而无正根；
从而， 当a=0时，方程⑤有正根 r=2;
所以， 当a=o时，原方程有解z=±2i;
当0当a>1时，原方程无纯虚数解。
26)本小题考查椭圆的性质，距离公式，最大值知识以及分析问题的能力。
解法一：根据题设条件，可取椭圆的参数方程是。
其中a>b>0待定，0≤θ<2π.
设椭圆上的点(x,y)到点p的距离为d,则。
大值，由题设得，因此必有，由此可得 b=1,a=2.
所求椭圆的参数方程是。
解法二：设所求椭圆的直角坐标方程是。
其中a>b>0待定。,设椭圆上的点(x,y)到点p的距离为d,则。
其中 -byb.
由此得，由此可得 b=1,a=2.
所求椭圆的直角坐标方程是。
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