1、理科数学 全解全析及评分标准 第 1 页（共 13 页）2023 年高三 1 月大联考（全国乙卷）理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。1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A B C B D C A B D C B C 1A【解析】|0Ax x，1|(31)(1)0|13Bxxxxx，1|3ABx x，1()|3ABx xR，故选 A 2B【解析】设i(,)zab a bR，则izab，23i32izzab，则1,2ab ，1z 112i12i12 i12i(12i)(12
2、i)555，故选 B.3C【解析】观察主视图中的木条位置，分析可知侧视图不可能是 A 和 B，观察木条的层次位置，分析可知侧视图也不可能是 D，故选 C 4B【解析】因为222|2abaa bb10，|10a,|2b，所以a b2，所以(2)ab()ab 222204214aba b故选 B 5D【解析】2sin3cos3，1cos()63，27cos(2)2cos()1369 ，故选 D 6C【解析】由函数2 3()3xtxf x在区间(2,3)上单调递减，得23yxtx在区间(2,3)上单调递减，所以332t，解得2t.结合 A，B，C，D 四个选项，知使得“函数2 3()3xtxf x在
3、区间(2,3)上单调递减”成立的一个充分不必要条件可以是3t 故选 C 7A【解析】设第 i 次电压不稳仪器损坏为事件(1,2)iA i，则11()0.1,()0.9P AP A，21(|)0.2P AA，21(|)0.8P AA，故连续两次电压不稳仪器未损坏的概率为12211()(|)()0.80.9P A AP AA P A0.72故选 A 8B【解析】方法一：由题意，得()4cos().3g xx由()()20h xg x，得1cos()32x，所以233xk 或233xk，k Z，解得223kx 或2kx，k Z,欲使函数()h x 在(0,2)上有且仅有 4 个零点，则16432 ，
4、解得823，故选 B.理科数学 全解全析及评分标准 第 2 页（共 13 页）方法二：由题意，得()4cos().3g xx由()()20h xg x，得1cos()32x.令3xt，由(0,2)x，得(,2)333x，即(,2)33t，欲使方程1cos2t 在(,2)33t 上有且仅有 4 个实根，则13172,333 所以823，故选 B.9 D【解 析】1.21.2log1.1log1.21a，1.101.201.21.21,1.11.11bc 设ln()xf xx，则21ln()xfxx.当 0ex时，()0fx，当ex 时，()0fx,()f x在(0,e)上单调递增，在(e,+)上
5、单调递减，1.11.2e，ln1.2ln1.11.21.1，即1.1ln1.21.2ln1.1,也即1.1ln1.21.2ln1.1,1.11.21.21.1,acb，故选 D 10C【解析】由题意，知11+1(1)2nnaa,11+12()2nna,112()12nna,11()1224()41212nnnSnn ,676732483535nnnnaSnnn,当2n 时，max67()535nn，5，的最小值为 5，故选 C 11B【解析】设 双曲线 C 的半焦距 为 c,2,|2OB ODOB OD .由圆的相交弦定理知，|acOA OF|2OB OD.又圆 M 的半径2925,(),22
6、48acacrS，229244aacc 258，222592,2acac 22175,2ac 22517.2acacacac又51172,24acee 24,e故选 B.12C【解析】因为(1)(1)0,fxf x所以()(),fxf x 所以函数()f x 为奇函数，(0)0.f因为(8)(),f xf x所以()f x 的周期为8.又2(1)(1)1 1,fa 所以10,a 所以1,(3)|3|1afb 1 ，所以3,b 故正确.因为(2023)(253 81)(1)(1)1ffff ，故错误.易知2(1)1,02()|3|1,24xxf xxx，作出函数()f x 在0,4 上的图象，根
7、据函数()f x 为奇函数，及其周期为 8，得到函数()f x 在 R 上的图象，如图所示，由()f x 的图象知，当 4,6x 时，()0f x 的解集为(2,0)(2,4),故正确.理科数学 全解全析及评分标准 第 3 页（共 13 页）由题意，知直线(1)ymxm=m x恒过点(1,0)，与函数()f x 的图象在 y 轴右侧有 3 个交点.根据图象可知当0m 时，应有51mm，即14m，且同时满足(),mxmf x8,10 x无解，即当8,10 x时，10()()8(fxxx，()(108)mx xxm无解，所以0，解得166 7166 7 m，所以1166 74 m ，即12m，且同
8、时满足(),mxmf x6,8x无解，即 当6,8x时，6()()8)xf xx，(8)6)(xxmxm无 解，所 以0，解 得122 35122 35m，所以1122 352m.综上，1166 74 m 或1122 352m，错误.故选 C 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。139【解析】因为666111(1)(1)(1)(1)xxxxx，所以其展开式中含有 1x 项的系数有两部分：一部分是61(1)x展开式中21x 的系数26C15，另一部分是61(1)x展开式中 1x 的系数16C6，所以所求的系数为1569故填 9.144039【解析】方法一：由题意，知nSn
9、是等差数列，125,4,12SS 所以516nSnnn ，即26nSnn.当2n 时，21(1)6(1)nSnn，以上两式相减，得27nan(2)n.又15a 也适合上式，所以27nan，所以当2023n 时，20232202374039a，故填 4039.方 法二：由 题意，知 nSn是等差数 列，所以 数 列 na也 是等差数 列，所以数 列 na的公差21352daa ，所以1(1)227naann，所以20232202374039a故填 4039.15 2 3 【解析】由抛物线的定义知，|AHAF.又|2|AHBF，所以|2|AFBF.如图，过点 B 作直线 l 的垂线，垂足为 E，则
10、|BEBF，过点 B 作 AH 的垂线，垂足为 C.设|BEBFm，则理科数学 全解全析及评分标准 第 4 页（共 13 页）|2AHAFm，显 然|2ACAHBEmmm，所 以|cos|ACmCAFABAFBF 123mmm，所以 tan2 2,CAF所以直线 AB 的斜率为 2 2，所以直线 AB 的方程为2 2(1)yx.不妨设11(,)A x y，110,0 xy，由112112 2(1)4yxyx，解得1122 2xy，所以221|HFyDF 122 3故填 2 3.16【解析】由题意，知平面1D EF 截正方体1111ABCDA B C D所得截面图形为1D HEFG，如图，易得1
11、124,33CGAHGCA H，所以11162 13493D GD H，HEGF4131,93所以所求周长为2 13132222 13233，故错误；设点 B 到平面1D EF 的距离为 h，由题意，得11112323BEFDV，113,2D ED FEF，所以1117172222D EFS，所以 1117332h，即2 1717h，故错误；正方体1111ABCDA B C D的体积为2228，其中一部分的体积1111112112252(2)2 1(2)2 13232332393DDEFFD DCGE D DAHVVVV ，则另一部分的体积为2547899，所以平面1D EF 将正方体1111
12、ABCDA B C D分割成两部分，较小一部分的体积为259，故正确；对于三棱锥1BD EF，先找到BEF的外接圆的圆心，即为 EF 中点，设为 M，过点 M 作1MNBB，交11B D 于点 N，则外接球球心在直线 MN 上，设球心为 O，外接球半径为 R，MOx，所以2222223 2()(2)()22Rxx，所以292,2xR球O 的表面积2418SR ，正确.故填.理科数学 全解全析及评分标准 第 5 页（共 13 页）说明：第 15 题填成 12 也给分.第 16 题，除了填成得 5 分，其他情况均为 0 分.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
13、21 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题：共 60 分。17（12 分）【解析】（1）由题意，得 sinsin()sinaAbBcbC，（1 分）由正弦定理，得2222()abcb cbcbc.（2 分）由余弦定理，得2221cos222bcabcAbcbc.（3 分）又(0,)A，所以3A.（5 分）（2）因为ABD与ACD的面积之和等于ABC的面积，且 AD 为角 A 的平分线，（6 分）由（1）知，3A，所以 1113 sin3 sinsin262623bcbc，（7 分）所以bcbc.（8 分）又2()2bcbc，当且仅当bc
14、bcbc，即2bc时取等号，（9 分）所以2()2bcbc，（10 分）所以4bc，（11 分）所以bc的最小值为 4（12 分）说明：第（2）问中 8 分之后这样写也给分：2bcbcbc，当且仅当bcbcbc，即2bc时取等号，（9 分）所以2bc，则4bc，（10 分）理科数学 全解全析及评分标准 第 6 页（共 13 页）所以4bc，（11 分）所以bc的最小值为 4（12 分）或者：222()bcb c，即222()4b cbcbc，当且仅当 bcbcbc，即2bc时取等号，（9 分）所以4bc，（10 分）所以4bc，（11 分）所以bc的最小值为 4（12 分）以上方法中未写取等条
15、件扣一分.18（12 分）【解析】（1）由于22120(40402020)60606060K（2 分）40=313.333（3 分）10.828，（4 分）所以有99.9%的把握认为教师是否经常使用多媒体教学与教师年龄有关（5 分）（2）抽取的 6 名教师中，经常使用多媒体教学的教师人数为40644020，不经常使用多媒体教学的教师人数为20624020.（6 分）X 的所有可能取值为 1,2,3，2112324244333666C CC CC131(1)(2)(3=C5C5C5P XP XP X，），（9 分）所以 X 的分布列为 X 1 2 3 P 15 35 15 （10 分）所以131
16、()123555E X （11 分）2.（12 分）说明：第（1）问解答中：未写出“13.333”，但比较大小正确，不扣分；第（2）问解答过程中：得出经常使用多媒体教学的教师人数为 4，不经常使用多媒体教学的教师人数为 2，但没有用比例计算，不扣分；理科数学 全解全析及评分标准 第 7 页（共 13 页）2112324244333666C CC CC131(1)(2)(3=C5C5C5P XP XP X，），三个概率各 1 分，如果这三个概率至少有一个计算错误，后面的结果则不再给分.19（12 分）【解析】（1）如图，连接 ED，/ADBC，E 为 BC 的中点，12ADBC，12BEBC，A
17、DBE，/ADB E，四边形 ABED 为平行四边形.又 ABAD，四边形 ABED 为菱形，AEBD（2 分）PA 平面 ABCD，BD 平面 ABCD，PABD（4 分）又,AE PA 平面 PAE，且 AEPAA，BD 平面 PAE（5 分）（2）设112PAABADBC，则1AEBEAB，ABE为正三角形（6 分）过点 A 作 AHAD交 BC 于点 H，由题意，知,AH AD AP 两两垂直，以 A 为坐标原点，,AH AD AP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,1),P3 1(,0),22E3 3(,0),22C(0,1,0),D 3
18、 1(,1),22PE(0,1,1),PD 3 1(,0).22DC（7 分）设平面 PCD 的法向量为(,)x y zn，则0,0PDDC nn031022yzxy，令1x ，得3,3yz，(1,3,3)n是平面 PCD 的一个法向量（9 分）设直线 PE 与平面 PCD 所成的角为，|342|sincos,14|27PEPEPE nnn，（11 分）直线 PE 与平面 PCD 所成角的正弦值为4214.（12 分）说明：第（1）问解答中：1.“四边形 ABED 为平行四边形，”后面这样写“四边形 ABED 为平行四边形，且ABD为等腰三角形，设 AEBDO，则 AOBD，得到 AEBD”同
19、样给 2 分.理科数学 全解全析及评分标准 第 8 页（共 13 页）2.4 分段中，无“BD 平面 ABCD”，不扣分.3.5 分段中，无“,AE PA 平面 PAE，且 AEPAA”，不扣分.第（2）问解答中：1.没有垂直关系的推导过程，直接写如图建系的，并且3 1(,1),22PE(0,1,1),PD 3 1(,0).22DC 都写对了给到 6 分.2.7 分段至 9 分段，法向量正确，但没有过程，扣 1 分；过程正确，法向量错误，扣 1 分.3.最后结果写为：314，不扣分.20（12 分）【解析】（1）依题意，得(,0),(0,)AaBb，设|MB，则|2AM，|3AB，222(3)
20、ab（1 分）由 ABOM，知22222|OMOAAMOBMB，22224(2)3ab（3 分）由，解得224,2ab，（4 分）椭圆C 的标准方程为22142xy.（5 分）（2）方法一:当直线 EF 的斜率不存在时，即 EFx轴时，22(3,0)(3,0)33PP 或，直线 EF 的方程为223333xx 或，代入方程22142xy 中，得233y ，所以2 32 34|333PEPF（6 分）当直线 EF 的斜率存在时，设直线 EF 的方程为 ykxm，1122(,),(,)E x yF xy.直线 EF 与圆224:3O xy相切于点 P，圆心O 到 EF 的距离2|2 3|31mOP
21、k，即224(1)()3mk（7 分）联立22142xyykxm，整理，得222(12)4240kxkmxm，222168(42)(41)03kmk 恒成立，且2221212424,1212kmmxxx xkk，（8 分）2212121212()()()y ykxm kxmk x xkm xxm，22222222222212121212344244(1)()(1)121212mkmk mx xy ykx xkm xxkmmkkk，理科数学 全解全析及评分标准 第 9 页（共 13 页）将()式代入上式，得12120 x xy y，OEOF.（10 分）又OPEF，OPFEPO，|PFOPOPP
22、E，24|3PEPFOP.综上可得，|PEPF 为定值 43（12 分）方法二:设2 32 3(cos,sin)33P，直线 EF 的倾斜角为，则 EF 的参数方程为2 3 coscos32 3sinsin3xtyt （t 为参数），代入椭圆方程22142xy，（6 分）整理，得222224 38 348(cos2sin)(cos cossin sin)cossin403333tt，（8 分）设点,E F 对应的参数分别为 12,t t，则222212222248|cossin442cossin33|cos2sin3cos2sinPEPFtt（10 分）OPEF，2222sincos,coss
23、in，4|3PEPF，是定值（12 分）说明：第（1）问解答中：另解 直线 AB 的方程为：1xyab，即0bxayab，（1 分）圆心(0,0)到直线 AB 的距离为：2223abdba，即22224()3baa b，（2 分）由|2|AMBM，则2244233ab，即2244ab，（3 分）由解得224,2ab，（4 分）椭圆C 的标准方程为22142xy.（5 分）第（2）问解答中：当 P 为点 M 时，2 6|3PEMA，6|3PFMB，得到4|3PEPF，此处给 1 分，如果一般性计算正确，此处不重复给分.21（12 分）【解析】（1）设直线 yxa 与函数()f x 的图象相切于点
24、00(,)P xy，理科数学 全解全析及评分标准 第 10 页（共 13 页）求导，得1()2fxaxx，（1 分）则00121axx ，即00121axx.由题意知20000lnaxxxxa，由消去 a 得，2000012ln20 xxxx.（3 分）设212()2ln22h xxxxxx，则22111()22(1)(2)h xxxxxx，当2(,1)2x时，()0,()h xh x单调递减，当(1)x,时，()0,()h xh x单调递增，所以()h x 在1x 处取得极小值，也是最小值,(1)12120h ，所以212()2ln2()2h xxxxxx有唯一零点 1，即2000012ln
25、20 xxxx有唯一根 1，（5 分）所以2 1 12a （6 分）（2）由题意，知2222()ln(1)lnln0g xaxxxaxaxxaxx，则2(2)()()2axaxag xaxxx.（7 分）当0a 时，2()0,g xx 无零点；（8 分）当0a 时，若(0,)xa，则()0,()g xg x单调递增，若(,)xa，则()0,()g xg x单调递减，所以()g x 在 xa处取得极大值，也是最大值，2()lng aaa，（9 分）欲使()g x 有两个零点，则2()ln0g aaa，解得1a .又222222213(e)11ee124()0eeeeeaaaaga，且 1ea，所
26、以11(,)exa，使1()0g x.易证当0 x 时，lnxx，所以2222()ln,g xaxxaxaxxa x xa，所以22222(1)(1)(1)(1)0g aaaaaaaaaa ，所以22(1)xaaa，使2()0g x，故()g x 有两个零点.（10 分）理科数学 全解全析及评分标准 第 11 页（共 13 页）当0a 时，若(0,),2ax则()0,()g xg x单调递增，若(,),2ax 则()0,()g xg x单调递减，所以()g x 在2ax 处取得极大值，也是最大值，223()ln()242aagaa ，欲使()g x 有两个零点，则223()ln()0242aa
27、gaa，解得342ea .（11 分）又222213(e)1124()0eeeeaaga，2(1)0g aa，且211e2aaa ，所以2341(,)(,1)e22aaxxaa，使34()()0g xg x 综上，实数 a 的取值范围是34(2e)(1+)，（12 分）说明：第（1）问解答中：3 分到 5 分段，没有用函数的单调性说明只有唯一一个根，并且看出了方程2000012ln20 xxxx的一个根为01x ，到此处可得 4 分.第（2）问解答中：9 分到 10 分段，得到了1a ，未说明两端函数值的正负，此处给了 1 分之后，答案就不再给分.如果两端使用极限说明()0g x，则该分段不扣
28、分；10 分到 11 分段同理.（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22（10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程【解析】（1）由2sin4cos得，22sin4 cos，（1 分）将cos,sinxy，代入得24yx.（2 分）当4 时，21222xtyt ，（3 分）消去t，得10 xy 曲线C 的直角坐标方程为24yx，直线l 的普通方程为10 xy（4 分）（2）设,A B 对应的参数分别为 12,t t，将1cossinxtyt 代入24yx得，22sin4 cos40tt，（5 分）121 2224cos40sins
29、inttt t，12,t t 异号，（6 分）理科数学 全解全析及评分标准 第 12 页（共 13 页）12128|3AFBFtttt，（7 分）24cos8|sin3，（8 分）解得1cos2 或1cos2 .（9 分）(0,)，3 或23，直线l 的倾斜角为 3 或 23（10 分）说明：第（1）问解答中：当4 时，直接得到10 xy 不扣分，第（2）问解答中：1cos2 与1cos2 只得到一个，扣一分；3 与23 中，只得到一个答案，扣一分.23（10 分）选修 4-5：不等式选讲 【解析】（1）当1a 时，()|1|2f xxx，当1x 时，不等式()4f x 等价于124xx，解得
30、53x ，则513x ；（2 分）当 10 x 时，不等式()4f x 等价于124xx，解得3x ，则 10 x；（3 分）当0 x 时，不等式()4f x 等价于124xx，解得1x ，则01x.（4 分）综上可得，不等式()4f x 的解集为5,13（5 分）（2）方法一：当0a 时，10a，则(2)1,01()(2)1,01(2)1,axxf xaxxaaxxa .()f x 在(,0)上单调递减，在1(0,)a上是单调的函数或常函数，在1(,)a 上单调递增，()f x的最小值为1min(0),()ffa.(0)1f，要使()f x 的最小值为1，则12()1faa ，20a；（7
31、分）当0a 时，()2|1f xx，其最小值为1，符合题意；（8 分）当0a 时，10a，则1(2)1,1()(2)1,0(2)1,0axxaf xaxxaaxx .理科数学 全解全析及评分标准 第 13 页（共 13 页）()f x 在1(,)a 上单调递减，在1(,0)a上是单调的函数或常函数，在(0,)上单调递增，()f x的最小值为1min(0),()ffa.1()0f,要使()f x 的最小值为1，则12()1faa，02a.（9 分）综上可得，实数a 的取值范围是 2,2（10 分）方法二：若()f x 的最小值为1，则()|112f xaxx 恒成立，（6 分）即|112axx，分别作出函数|1|yax和|12yx 的图象，（8 分）由图分析可知，当 22a 时，|112axx 恒成立 所以实数 a 的取值范围是 2,2（10 分）说明：第（2）问用方法二解答中：未作图扣 1 分.
