2023年高三2月大联考（全国乙卷）文科数学·全解全析及评分标准一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。123456789101112DCBDBAACABCD111i111．D【解析】因为z2i，所以z2i，所以i．故选D．zi2(1i)444x42．C【解析】因为A{xNN0}{x2x4}{0,1,2,3}，B{1,0,2,3,4}，所以x2AB{0,2,3}．故选C．3．B【解析】根据全称命题的否定为特称命题，可知p为“x1，x(x1)0”，故选B．4．D【解析】对于A，函数ytanx是奇函数，但在(0,)上不是单调函数，故A错误.对于B，因为函数yln(1x)ln(1x)的定义域为(1,1)，所以不符合题意，故B错误.x21x211对于C，y是奇函数，但yx在(0,1)上单调递减，故C错误.xxx对于D，令f(x)exex2x，则f()x的定义域为R，且f(x)exex2xf(x)，所以yexex2x是奇函数.因为yexex20，所以函数yexex2x在R上单调递增，故D正确.故选D.5．B【解析】设正三棱柱ABCA1B1C1的棱长为2．如图，取AB11的中点E，连接AE，C1E，则CD∥CE1，且CDC1E，所以CD与AC1所成的角即为CE1与AC1所成的角，AC1E或其补角即为所求．△在AC1E中，AC122，AE5，CE13．222△因为AC1AEC1E，所以AC1E为直角三角形，且AEC190，AE510所以sinAC1E．故选B．AC12246．A【解析】令n1，得3a162a1，解得a16．由3Sn62an，得3Sn162an1，两式相减，整理文科数学全解全析及评分标准第1页（共13页）n1得an12an，所以数列{}an是以6为首项，2为公比的等比数列，所以an6(2)，所以n56[1(2)]nS52(12)11Sn2[1(2)]，所以4．故选A．1(2)a56(2)16ππππ7．A【解析】由f(x)sin(2x)cos2xsin2x得f(x)sin(2x)，所以g(x)sin(2x2).又x6663ππππ是函数g()x的一个极值点，所以当x时，函数g()x取得最值，所以22kπ()kZ，3362ππππk()kZ．因为0，所以．故选A．2626aa8．C【解析】当x0时，x0，所以f()xx2x2，又函数f()x是偶函数，所以当x0时，xxaaf()xx2，则f(x)2x，所以f(1)2a．又f(1)1a，所以曲线yf()x在点xx2(1，f(1))处的切线方程为y(a2)x2a1，所以a21，2a1a，解得a1．故选C．BDAC9．A【解析】连接AC,BD.由A120，B45及正弦定理，得43，解得sin∠BADsin∠ABCBD6，AC26．在△ABD中，BAD120，ABAD，BD6，所以ABAD23．因为四边形ABCD内接于半径为23的圆，它的对角互补，所以ACBDABDCADBC，所以12623(BCCD)，BCCD62，所以四边形ABCD的周长为43+62．故选A．0x30x310．B【解析】设ABx，BCy，则CD3xy，且0y3，即0y3．03xy30xy30x319作出不等式组0y3表示的平面区域,如图中△OMN(不含边界)，其面积为S△OMN33．220xy33xy2xy3xy3若线段AB，，BCCD能构成三角形，则还要满足x(3xy)y，y即2．y(3xy)x3x2文科数学全解全析及评分标准第2页（共13页）3xy231339作出不等式组y表示的平面区域，如图中△GEF（不含边界），其面积为S△GEF．222283x291由几何概型概率计算公式得，线段AB，，BCCD能构成三角形的概率P8．故选B．942π11．C【解析】设椭圆C的右焦点为F，连接AF．由椭圆的性质得，AF∥BF，FAF=，即椭圆上2π存在点A，满足FAF=，即以FF为直径的圆与椭圆有公共点.设椭圆C的半焦距为c(c0)，所以222cb，所以c2a2c2，即e1，所以椭圆C的离心率的取值范围为[，1)．故选C．22121212．D【解析】（1）比较a，b的大小：因为1.1，所以ln1.1ln，所以ab．1111（2）比较b，c的大小：11x令f(x)lnx(x1)，则f(x)1．xx当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0，121所以当x0时，f(x)f(1)0，即lnxx1，所以ln，即bc．1111（3）比较a，c的大小：11111101因为lnxx1，所以ln1，即lnx1，所以ln1.1=ln1，即ac．xxx101111综上，acb．故选D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。y2c13．x21【解析】由题意知，2a2，a1.又因为e2，所以c2，所以b3，所以双曲线3ay2y2E的方程为x21．故填x21.33m22214．[22,)【解析】由a∥b，得mm22．因为m0，所以m22，当且仅当m2mm时取等号，所以实数的取值范围是[22,)．故填[22,)．23b2c2a2115．【解析】由a2，b2c2bc4①知，b2c2bca2，由余弦定理，得cosA．32bc2文科数学全解全析及评分标准第3页（共13页）22又0A,所以A.由bsinBcsinC2sinA及正弦定理，得bc2a4②．34311432332323联立①②，得b2c，所以△ABC的面积为SbcsinA．故填.3223323316．48π【解析】由ABBD，ACCD知，四面体ABCD外接球的球心O是AD的中点，连接OB,OC，则OAOBOC．因为ABBCCA，所以△ABC为等边三角形，所以△ABC的外接圆的圆心为△ABC的中心H．连接OH，AH，则OH平面ABC.设ABBCCAa，OHh，则点D到平1333面ABC的距离为2h，所以四面体ABCD的体积为V2ha2ha2，即ha283，346623ha248．设四面体ABCD外接球O的半径为R，则OA2OH2AH2，即R2h2()a2h23211616162x316a2h2.设m(x)x2(x0)，则m'(x)2x，令2x3160，则x2，当3hxx2x20x2时，m'(x)0，当x2时，m'(x)0，所以m()x在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增，所以m()x在x2处取得极小值，即最小值，所以当h2时，R取得最小值，为23，所以四面体ABCD外接球O的表面积的最小值为4πR241248π.故填48π.说明：y213.若写成3x2y23或x210或3x2y230，均给分.314.若写成22也给分.24315.若写成或也给分.36三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）【解析】（1）由题意知，11.613.012.811.812.012.811.512.713.412.412.912.813.213.511.212.611.812.813.212.0（1分）文科数学全解全析及评分标准第4页（共13页）250.0，（2分）250所以x12.5，（3分）201s2[(xx)2(xx)2(xx)2]（4分）2012202012222122[x1x2x202x(x1x2x20)20x]xix（5分）2020i10.43．所以估计该种植大户收获的蔬菜果实长度的平均数和方差分别为12.5,0.43.（6分）20(12.511.5)（2）因为U（8分）0.436.821.96，（11分）所以说明书标明的“蔬菜果实的平均长度为11.5cm”的说法不成立．（12分）说明：第一问：1.1分段写成11.613.012.0给1分；2.2分段写成250不扣分；3.4分段：若最后结果正确，不写全公式不扣分，最后结果错误，正确写出公式给1分；4.5分段：若最后结果正确，不写全公式不扣分，最后结果错误，正确写出公式给1分.第二问：1.代入公式正确给2分，计算结果正确给2分，判断给1分，说明不成立给1分.18．（12分）*【解析】（1）因为对任意m，nN，anmanam，所以an1ana1，（1分）所以数列{}an是公差da1的等差数列，anna1．（2分）aq2a0q11设等比数列{}bn的公比为，因为b1a1，b2a20，b3a31，所以2．a1q3a11n1又因为b1a10，解得b1a11，q2，所以ann，bn2．（6分）n（2）因为c，n2n11234nT1234n所以T，n，（8分）n202122232n12212223242n11(1)T11111nnnn2两式相减，得n(1)22，234n1n1nn22222221222文科数学全解全析及评分标准第5页（共13页）n2所以T4．（12分）n2n1说明：第一问：1.1分段为考生写出“an1ana1”或“数列{}an是等差数列”；n12.6分段为ann，bn2写出一个给1分.第二问：nT1.写出c给1分，写出n正确给1分，相减正确给1分，求和正确给1分，化简正确给1分，n2n12结果正确给1分；11(1)nnn22.若结果正确，2和2都没有写，不扣分；1nn1222T3.若n展开没有写，结果正确，只给1分，中间过程分全部扣掉.219．（12分）【解析】（1）如图，取AE的中点G，连接GF，DG．因为BF∥AE，AE2BF，所以BF∥AG，BFAG，所以四边形ABFG是平行四边形，所以FG∥AB，FGBA．（1分）又因为BA∥CD，BACD，所以FG∥CD，FGCD，所以四边形CDGF是平行四边形，所以CF∥DG．（2分）因为BA⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，BA平面ABCD，平面ADE平面ABCDAD，所以BA⊥平面ADE．（3分）又DG平面ADE，所以BA⊥DG．（4分）因为ADDEAE，G为AE的中点，所以DGAE.（5分）又AE，BA平面AEFB，且AEBAA，所以DG⊥平面AEFB，所以CF⊥平面AEFB．（6分）文科数学全解全析及评分标准第6页（共13页）（2）如图，连接BD,BG．由（1）知，BF∥AG，BFAG，所以BF∥EG，BFEG，所以四边形BGEF是平行四边形，所以BG∥EF．因为EF平面CEF，BG平面CEF，所以BG∥平面CEF．（7分）又由（1）知，CF∥DG，CF平面CEF，DG平面CEF，所以DG∥平面CEF．（8分）因为