2023年普通高等学校招生全国统一考试（2全国卷）(6)
数学(理)试题。
答案解析：1． c .
2． b ∵a＝，b＝，a∪b＝a，m＝3或。
m＝3或m＝0或m＝1.
当m＝1时，与集合中元素的互异性不符，故选b项．
3． c ∵焦距为4，即2c＝4，∴c＝2.
又∵准线x＝－4，∴.
a2＝8.∴b2＝a2－c2＝8－4＝4.
椭圆的方程为，故选c项．
4． d 连结ac交bd于点o，连结oe，ab=2，∴.
又，则ac=cc1.
作ch⊥ac1于点h，交oe于点m.
由oe为△acc1的中位线知，cm⊥oe，m为ch的中点．
由bd⊥ac，ec⊥bd知，bd⊥面eoc，cm⊥bd．∴cm⊥面bde.
hm为直线ac1到平面bde的距离．
又△acc1为等腰直角三角形，∴ch=2.∴hm=1.
5． a ，∴a1＝1.
an＝1＋(n－1)×1＝n.∴.
设的前n项和为tn，则。
6． d ∵a·b＝0，∴a⊥b.
又∵|a|＝1，|b|＝2，.
7． a ∵sinα＋cosα＝，且α为第二象限角，α∈2kπ＋，2kπ＋)k∈z)．
2α∈(4kπ＋π4kπ＋)k∈z)．
由(sinα＋cosα)2＝1＋sin2α＝，
9． d ∵x＝ln π＞1，y＝log52＞，且＜e0＝1，∴y＜z＜x.
10． a y′＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．
当y′＞0时，x＜－1或x＞1；
当y′＜0时，－1＜x＜1.
函数的递增区间为(－∞1)和(1，＋∞递减区间为(－1,1)．
x＝－1时，取得极大值；x＝1时，取得极小值．
要使函数图象与x轴恰有两个公共点，只需：
f(－1)＝0或f(1)＝0，即(－1)3－3×(－1)＋c＝0或13－3×1＋c＝0，c＝－2或c＝2.
11． a 如图，由于每行、每列的字母都互不相同，故只须排好1,2,3号格即可，显然1号格有3种选择，2,3号格均有两种选择，所以不同的排法共有3×2×2＝12种．
12． b 结合已知中的点e，f的位置，由反射与对称的关系，可将点p的运动路线展开成直线，如图．
当点p碰到e时，m为偶数，且，即4m＝3n.
故m的最小值为6，n＝8，线段pe与网格线交点的个数为(除e点外)6＋8＝14个．
pe的方程为，即4y＝3x－，x，y不能同时为整数，所以pe不过网格交点)
13．答案：－1
解析：由题意画出可行域，由z＝3x－y得y＝3x－z，要使z取最小值，只需截距最大即可，故直线过a(0,1)时，z最大．
zmax＝3×0－1＝－1.
14．答案：
解析：y＝sinx－cosx＝．
当y取最大值时，，∴x＝2kπ＋.
又∵0≤x＜2π，∴
15．答案：56
解析：∵，n＝
令8－2r＝－2，解得r＝5.∴系数为。
16．答案：
解析：取bc的中点o，连结ao，a1o，ba1，ca1，易证bc⊥ao，bc⊥a1o，从而bc⊥aa1，又bb1∥aa1，bb1⊥bc．
延长cb至d，使bd=bc，连结b1d，则b1d∥bc1，设bc=1，则，.
所以，所求角的余弦值为。
17．解：由b＝π－a＋c)，得cosb＝－cos(a＋c)．
于是cos(a－c)＋cosb＝cos(a－c)－cos(a＋c)＝2sinasinc，由已知得sinasinc＝.①
由a＝2c及正弦定理得sina＝2sinc．②
由①②得，于是(舍去)或。
又a＝2c，所以。
18．解法一：(1)证明：因为底面abcd为菱形，所以bd⊥ac．
又pa⊥底面abcd，所以pc⊥bd．
设ac∩bd=f，连结ef.
因为，pa=2，pe=2ec，故，从而，因为，∠fce=∠pca，所以△fce∽△pca，∠fec=∠pac=90°，由此知pc⊥ef.
pc与平面bed内两条相交直线bd，ef都垂直，所以pc⊥平面bed．
2)在平面pab内过点a作ag⊥pb，g为垂足．
因为二面角a－pb－c为90°，所以平面pab⊥平面pbc．
又平面pab∩平面pbc＝pb，故ag⊥平面pbc，ag⊥bc．
bc与平面pab内两条相交直线pa，ag都垂直，故bc⊥平面pab，于是bc⊥ab，所以底面abcd为正方形，ad＝2，.
设d到平面pbc的距离为d.
因为ad∥bc，且ad平面pbc，bc平面pbc，故ad∥平面pbc，a，d两点到平面pbc的距离相等，即d＝ag＝.
设pd与平面pbc所成的角为α，则。
所以pd与平面pbc所成的角为30°.
解法二：(1)证明：以a为坐标原点，射线ac为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系a－xyz.
设c(，0,0)，d(，b,0)，其中b＞0，则p(0,0,2)，e(，0，)，b(，－b,0)．
于是＝(，0，－2)，＝b，)，b，)，从而，故pc⊥be，pc⊥de.
又be∩de＝e，所以pc⊥平面bde.
2)＝(0,0,2)，＝b,0)．
设m＝(x，y，z)为平面pab的法向量，则m·＝0，m·＝0，即2z＝0且x－by＝0，令x＝b，则m＝(b，，0)．
设n＝(p，q，r)为平面pbc的法向量，则n·＝0，n·＝0，即且，令p＝1，则，，n＝(1，，)
因为面pab⊥面pbc，故m·n＝0，即，故，于是n＝(1，－1，)，2)，〈n，〉＝60°.
因为pd与平面pbc所成角和〈n，〉互余，故pd与平面pbc所成的角为30°.
19．解：记ai表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；
bi表示事件：第3次和第4次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；
a表示事件：第3次发球，甲得1分；
b表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2；
c表示事件：开始第5次发球时，甲得分领先．
1)b＝a0·a＋a1·，p(a)＝0.4，p(a0)＝0.42＝0.16，p(a1)＝2×0.6×0.4＝0.48，p(b)＝p(a0·a＋a1·)
p(a0·a)＋p(a1·)
p(a0)p(a)＋p(a1)p()
2)(理)p(a2)＝0.62＝0.36.
的可能取值为0,1,2,3.
p(ξ＝0)＝p(a2·a)＝p(a2)p(a)＝0.36×0.4＝0.
144，p(ξ＝2)＝p(b)＝0.352，p(ξ＝3)＝p(a0·)＝p(a0)p()＝0.16×0.
6＝0.096，p(ξ＝1)＝1－p(ξ＝0)－p(ξ＝2)－p(ξ＝3)
eξ＝0×p(ξ＝0)＋1×p(ξ＝1)＋2×p(ξ＝2)＋3×p(ξ＝3)＝0.408＋2×0.352＋3×0.096＝1.400.
20．解：(1)f′(x)＝a－sinx.
当a≥1时，f′(x)≥0，且仅当a＝1，时，f′(x)＝0，所以f(x)在[0，π]是增函数；
当a≤0时，f′(x)≤0，且仅当a＝0，x＝0或x＝π时，f′(x)＝0，所以f(x)在[0，π]是减函数；
当0＜a＜1时，由f′(x)＝0，解得x1＝arcsina，x2＝π－arcsina.
当x∈[0，x1)时，sinx＜a，f′(x)＞0，f(x)是增函数；
当x∈(x1，x2)时，sinx＞a，f′(x)＜0，f(x)是减函数；
当x∈(x2，π]时，sinx＜a，f′(x)＞0，f(x)是增函数．
2)由f(x)≤1＋sinx，得f(π)1，aπ－1≤1，所以。
令g(x)＝sinx－x(0≤x≤)，则g′(x)＝cosx－.
当x∈(0，arccos)时，g′(x)＞0，当x∈(arccos，)时，g′(x)＜0.
又g(0)＝g()＝0，所以g(x)≥0，即x≤sinx(0≤x≤)．
当a≤时，有f(x)≤x＋cosx.
当0≤x≤时， x≤sinx，cosx≤1，所以f(x)≤1＋sinx；
当≤x≤π时，f(x)≤x＋cosx＝1＋(x－)－sin(x－)≤1＋sinx.
综上，a的取值范围是(－∞
21．解：(1)设a(x0，(x0＋1)2)，对y＝(x＋1)2求导得y′＝2(x＋1)，故l的斜率k＝2(x0＋1)．
当x0＝1时，不合题意，所以x0≠1.
圆心为m(1，)，ma的斜率。
由l⊥ma知k·k′＝－1，即2(x0＋1)·＝1，解得x0＝0，故a(0,1)，r＝|ma|＝，即。
2)设(t，(t＋1)2)为c上一点，则在该点处的切线方程为y－(t＋1)2＝2(t＋1)(x－t)，即y＝2(t＋1)x－t2＋1.
若该直线与圆m相切，则圆心m到该切线的距离为，即，化简得t2(t2－4t－6)＝0，解得t0＝0，，.
抛物线c在点(ti，(ti＋1)2)(i＝0,1,2)处的切线分别为l，m，n，其方程分别为y＝2x＋1，①
y＝2(t1＋1)x－t12＋1，②
y＝2(t2＋1)x－t22＋1，③
－③得。将x＝2代入②得y＝－1，故d(2，－1)．
所以d到l的距离。
22．解：(1)用数学归纳法证明：2≤xn＜xn＋1＜3.
当n＝1时，x1＝2，直线pq1的方程为。
令y＝0，解得，所以2≤x1＜x2＜3.
假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk＜xk＋1＜3.
直线pqk＋1的方程为，令y＝0，解得，由归纳假设知；
xk＋2－xk＋1＝，即xk＋1＜xk＋2.
所以2≤xk＋1＜xk＋2＜3，即当n＝k＋1时，结论成立．
由①②知对任意的正整数n,2≤xn＜xn＋1＜3.
2)由(1)及题意得。
设bn＝xn－3，则，数列{}是首项为，公比为5的等比数列．
因此，即，所以数列的通项公式为。
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