一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把所选项前的字母填在题后括号内。
3)如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是s,那么圆柱的体积等于。
(4)方程sin2x=sinx在区间(0,2π)内的解的个数是。
a)1b)2c)3 (d)4
5)已知如图。
a) (b) (c) (d) (c)(2,3) (d)是公差不为零的等差数列，如果sn是的前n项的和，那。
19)函数y=sinxcosx+sinx+cosx的最大值是 .
20)如图，三棱柱abc－a1b1c1中，若e、f分别为ab、ac
的中点，平面eb1c1f将三棱柱分成体积为v1、v2的两部分，那么v1:v2＝ .
三、解答题。7
21)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。
23)如图，在三棱锥sabc中，sa⊥底面abc,ab⊥bc．de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)设a≥0,在复数集c中解方程z2+2│z│＝a.
n≥2.ⅰ)如果f(x)当x∈(-1]时有意义，求a的取值范围；
ⅱ)如果a∈(0,1],证明2f(x)
2023年全国高考数学试题（理科）
参***。一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。
1)a (2)b (3)d (4)c (5)c (6)b (7)a (8)d (9)b (10)d
11)c (12)b (13)b (14)c （15)d
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。解法一：
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 ①
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。
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。
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).
所以。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.
设sa＝a,又因为ab⊥bc,∴∠acs＝30°.
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上的射影也在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；
当a>0时，方程⑤有负根。
x=1-.ⅲ)令x=0,方程③变为0=a.
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。
当a≤1时解方程⑧得。
y=1±,从而， 当a=0时，方程⑧有正根 y=2;
当0(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。
当a≤1时解方程⑨得 y=-1±,从而，当a=0时，方程⑨有负根 y=-2;
当0所以，原方程的纯虚数解是：
当a=0时，z=±2i;
当0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.
即 | x |2+2│x│=a. ③
解方程③得，所以，原方程的实数解是。
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.
即 -│y│2 +2│y│=a. ④
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.
当0 ,即当0 .
而当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.
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