2023年普通高等学校招生全国统一考试理科数学一、选择题2+i1.设z=，则z=()1+i2+i5A.1-2iB.1+2iC.2-iD.2+i【答案】B【解析】【分析】由题意首先计算复数z的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.2+i2+ii2+i2i-1【详解】由题意可得z=====1-2i，1+i2+i51-1+ii2-1则z=1+2i.故选：B.2.设集合U=R，集合M=xx<1，N=x-1-1，选项B错误；M∩N=x|-10，则T=π，w==2，2362Tπππ当x=时，fx取得最小值，则2⋅+φ=2kπ-，k∈Z，6625π5π则φ=2kπ-，k∈Z，不妨取k=0，则fx=sin2x-，665π5π3则f-=sin-=，1232·3·故选：D.7.甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有()A.30种B.60种C.120种D.240种【答案】C【解析】【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.1【详解】首先确定相同得读物，共有C6种情况，2然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有A5种，12根据分步乘法公式则共有C6⋅A5=120种，故选：C.8.已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB93的面积等于，则该圆锥的体积为()4A.πB.6πC.3πD.36π【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【详解】在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB=3，取AC中点C，连接OC,PC，有OC⊥AB,PC⊥AB，如图，393193∠ABO=30°，OC=,AB=2BC=3，由△PAB的面积为，得×3×PC=，2424223322333解得PC=，于是PO=PC-OC=-=6，2221212所以圆锥的体积V=π×OA×PO=π×(3)×6=6π.33·4·故选：B9.已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()1232A.B.C.D.5555【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【详解】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角，即∠CED=150°，显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,DE=3，在△CDE中，由余弦定理得：223CD=CE+DE-2CE⋅DEcos∠CED=1+3-2×1×3×-=7，2DECD3sin150°3由正弦定理得=，即sin∠DCE==，sin∠DCEsin∠CED7272235显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=1-sin∠DCE=1-=，27273所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为.5故选：C2π*10.已知等差数列a的公差为，集合S=cosan∈N，若S=a,b，则ab=()n3n11A.-1B.-C.0D.22·5·【答案】B【解析】【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.2π2π2π【详解】依题意，等差数列{a}中，a=a+(n-1)⋅=n+a-，nn133132π2π∗显然函数y=cosn+a-的周期为3，而n∈N，即cosa最多3个不同取值，又313n∗{cosan|n∈N}={a,b}，则在cosa1,cosa2,cosa3中，cosa1=cosa2≠cosa3或cosa1≠cosa2=cosa3，2π2ππ于是有cosθ=cosθ+，即有θ+θ+=2kπ,k∈Z，解得θ=kπ-,k∈Z，333ππ4ππ2π所以k∈Z，ab=coskπ-coskπ-+=-coskπ-coskπ=-coskπcos333331=-.2故选：By211.设A，B为双曲线x2-=1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是()9A.1,1B.-1,2C.1,3D.-1,-4【答案】D【解析】【分析】根据点差法分析可得kAB⋅k=9，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.x1+x2y1+y2【详解】设Ax,y,Bx,y，则AB的中点M,，112222y1+y2y1-y22y1+y2可得kAB=,k==，x1-x2x1+x2x1+x22y2x2-1=1221922y1-y2因为A,B在双曲线上，则2，两式相减得x1-x2-=0，2y29x2-9=122y1-y2所以kAB⋅k=22=9.x1-x2对于选项A：可得k=1,kAB=9，则AB:y=9x-8，y=9x-822联立方程2y，消去y得72x-2×72x+73=0，x-9=12此时Δ=-2×72-4×72×73=-288<0，·6·所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；995对于选项B：可得k=-2,k=-，则AB:y=-x-，AB222y=-9x-5222联立方程2，消去y得45x+2×45x+61=0，2yx-9=12此时Δ=2×45-4×45×61=-4×45×16<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：可得k=3,kAB=3，则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，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；997对于选项D：k=4,k=，则AB:y=x-，AB444y=9x-7442联立方程2，消去y得63x+126x-193=0，2yx-9=1此时Δ=1262+4×63×193>0，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；故选：D.12.已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若PO=2，则PA⋅PD的最大值为()1+21+22A.B.C.1+2D.2+222【答案】A【解析】1【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得PA⋅PD=-22π12πsin2α-，或PA⋅PD=+sin2α+然后结合三角函数的性质即可确定24224PA⋅PD的最大值.【详解】如图所示，OA=1,OP=2，则由题意可知:∠APO=45°，由勾股定理可得PA=OP2-OA2=1·7·π当点A,D位于直线PO异侧时，设∠OPC=α,0≤α≤，4π则：PA⋅PD=|PA|⋅|PD|cosα+4π=1×2cosαcosα+422=2cosαcosα-sinα22=cos2α-sinαcosα1+cos2α1=-sin2α2212π=-sin2α-224ππππ0≤α≤，则-≤2α-≤4444ππ∴当2α-=-时，PA⋅PD有最大值1.44π当点A,D位于直线PO同侧时，设∠OPC=α,0≤α≤，4π则：PA⋅PD=|PA|⋅|PD|cosα-4π=1×2cosαcosα-422=2cosαcosα+sinα22=cos2α+sinαcosα1+cos2α1=+sin2α2212π=+sin2α+224ππππ0≤α≤，则≤2α+≤4442ππ1+2∴当2α+=时，PA⋅PD有最大值.4221+2综上可得，PA⋅PD的最大值为.2·8·故选：A.【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.二、填空题213.已知点A1,5在抛物线C：y=2px上，则A到C的准线的距离为.9【答案】4【解析】【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为x5=-，最后利用点的坐标和准线方程计算点A到C的准线的距离即可.422【详解】由题意可得：5=2p×1，则2p=5，抛物线的方程为y=5x，559准线方程为x=-，点A到C的准线的距离为1--=.4449故答案为：.4x-3y≤-114.若x，y满足约束条件x+2y≤9，则z=2x-y的最大值为.3x+y≥7【答案】8【解析