2023年高考真题——数学（天津卷） Word版解析版

2023年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

数  学

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）

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】对集合B求补集，应用集合的并运算求结果；

【详解】由，而，

所以.

故选：A

2. “”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系，即可得答案.

【详解】由，则，当时不成立，充分性不成立；

由，则，即，显然成立，必要性成立；

所以是的必要不充分条件.

故选：B

3. 若，则的大小关系为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可.

【详解】由在R上递增，则，

由在上递增，则.

所以.

故选：D

4. 函数的图象如下图所示，则的解析式可能为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.

【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，

由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；

当时、，即A、C中上函数值为正，排除；

故选：D

5. 已知函数的一条对称轴为直线，一个周期为4，则的解析式可能为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意分别考查函数的最小正周期和函数在处的函数值，排除不合题意的选项即可确定满足题意的函数解析式.

【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性：

A选项中，B选项中，

C选项中，D选项中，

排除选项CD，

对于A选项，当时，函数值，故是函数一个对称中心，排除选项A，

对于B选项，当时，函数值，故是函数的一条对称轴，

故选：B.

6. 已知为等比数列，为数列的前项和，，则的值为（    ）

A. 3 B. 18 C. 54 D. 152

【答案】C

【解析】

【分析】由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程组，求解方程组确定首项和公比的值，然后结合等比数列通项公式即可求得的值.

【详解】由题意可得：当时，，即，    ①

当时，，即，        ②

联立①②可得，则.

故选：C.

7. 调查某种群花萼长度和花瓣长度，所得数据如图所示，其中相关系数，下列说法正确的是（    ）

A. 花瓣长度和花萼长度没有相关性

B. 花瓣长度和花萼长度呈现负相关

C. 花瓣长度和花萼长度呈现正相关

D. 若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是

【答案】C

【解析】

【分析】根据散点图的特点可分析出相关性的问题，从而判断ABC选项，根据相关系数的定义可以判断D选项.

【详解】根据散点的集中程度可知，花瓣长度和花萼长度有相关性，A选项错误

散点的分布是从左下到右上，从而花瓣长度和花萼长度呈现正相关性，B选项错误，C选项正确；

由于是全部数据的相关系数，取出来一部分数据，相关性可能变强，可能变弱，即取出的数据的相关系数不一定是，D选项错误

故选：C

8. 在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.

【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.

又因为平面平面，，平面，所以平面，且.

在中，因为，所以，所以，

在中，因为，所以，

所以

故选：B

9. 双曲线的左、右焦点分别为．过作其中一条渐近线的垂线，垂足为．已知，直线的斜率为，则双曲线的方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先由点到直线的距离公式求出，设，由得到，.再由三角形的面积公式得到，从而得到，则可得到，解出，代入双曲线的方程即可得到答案.

【详解】如图，

因为，不妨设渐近线方程为，即，

所以，

所以.

设,则，所以，所以.

因,所以，所以，所以，

所以，

因为，

所以，

所以，解得，

所以双曲线的方程为

故选：D

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．

10. 已知是虚数单位，化简的结果为_________．

【答案】##

【解析】

【分析】由题意利用复数的运算法则，分子分母同时乘以，然后计算其运算结果即可.

【详解】由题意可得.

故答案为：.

11. 在的展开式中，项的系数为_________．

【答案】

【解析】

【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式，令确定的值，然后计算项的系数即可.

【详解】展开式的通项公式，

令可得，，

则项的系数为.

故答案为：60.

12. 过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为_________．

【答案】

【解析】

【分析】根据圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．

【详解】易知圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，

所以，解得：，由解得：或，

所以，解得：．

当时，同理可得．

故答案为：．

13. 甲乙丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为．这三个盒子中黑球占总数的比例分别为．现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为_________；将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率为_________．

【答案】    ①.     ②. ##

【解析】

【分析】先根据题意求出各盒中白球，黑球的数量，再根据概率的乘法公式可求出第一空；

根据古典概型的概率公式可求出第二个空．

【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为，所以总数为，

所以甲盒中黑球个数为，白球个数为；

甲盒中黑球个数为，白球个数为；

甲盒中黑球个数为，白球个数为；

记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件，所以，

；

记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件，

黑球总共有个，白球共有个，

所以，．

故答案为：；．

14. 在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，则可用表示为_________；若，则的最大值为_________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】空1：根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；空2：用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解.

【详解】空1：因为为的中点，则，可得，

两式相加，可得到，

即，则；

空2：因为，则，可得，

得到，

即，即.

于是.

记，

则，

在中，根据余弦定理：，

于是，

由和基本不等式，，

故，当且仅当取得等号，

则时，有最大值.

故答案为：；.

15. 若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为_________．

【答案】

【解析】

【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．

【详解】（1）当时，，

即，

若时，，此时成立；

若时，或，

若方程有一根为，则，即且；

若方程有一根为，则，解得：且；

若时，，此时成立．

（2）当时，，

即，

若时，，显然不成立；

若时，或，

若方程有一根为，则，即；

若方程有一根为，则，解得：；

若时，，显然不成立；

综上，

当时，零点为，；

当时，零点为，；

当时，只有一个零点；

当时，零点为，；

当时，只有一个零点；

当时，零点为，；

当时，零点为．

所以，当函数有两个零点时，且．

故答案为：．

【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．

三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

16. 在中，角所对的边分別是．已知．

（1）求的值；

（2）求的值；

（3）求．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理即可解出；

（2）根据余弦定理即可解出；

（3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出．

【小问1详解】

由正弦定理可得，，即，解得：；

【小问2详解】

由余弦定理可得，，即，

解得：或（舍去）．

【小问3详解】

由正弦定理可得，，即，解得：，而，

所以都为锐角，因此，，

故．

17. 三棱台中，若面，分别是中点.

（1）求证：//平面；

（2）求平面与平面所成夹角的余弦值；

（3）求点到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；

（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；

（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解

小问1详解】

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，

由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，

又平面，平面，于是//平面.

【小问2详解】

过作，垂足为，过作，垂足为,连接.

由面，面，故，又，，平面，则平面.

由平面，故，又，，平面，于是平面，

由平面，故.于是平面与平面所成角即.

又，，则，故，在中，，则，

于是

【小问3详解】

[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.

由题干数据可得，，，根据勾股定理，，

由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.

又平面，则，又，，平面，故平面.

在中，，

又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，

即点到平面的距离是.

[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.

设点到平面的距离为.

，

.

由，即.

18. 设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．

（1）求椭圆方程及其离心率；

（2）已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．

【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为.   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.

（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.

【小问1详解】

如图，

由题意得，解得，所以，

所以椭圆的方程为，离心率为.

【小问2详解】

由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，

设直线的方程为，

联立方程组，消去整理得：，

由韦达定理得，所以，

所以，.

所以,,，

所以，

所以，即，

解得，所以直线的方程为.

19. 已知是等差数列，．

（1）求的通项公式和．

（2）已知为等比数列，对于任意，若，则，

（Ⅰ）当时，求证：；

（Ⅱ）求的通项公式及其前项和．

【答案】（1），；   

（2）(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为.

【解析】

【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前项和公式计算可得.

(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当时，，

取，当时，，取，即可证得题中的不等式；

(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论猜想，然后分别排除和两种情况即可确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前项和公式即可计算其前项和.

【小问1详解】

由题意可得，解得，

则数列的通项公式为，

注意到，从到共有项，

故.

小问2详解】

(Ⅰ)由题意可知，当时，，

取，则，即，

当时，，

取，此时，

据此可得，

综上可得：.

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，

据此猜测，

否则，若数列的公比，则，

注意到，则不恒成立，即不恒成立，

此时无法保证，

若数列的公比，则，

注意到，则不恒成立，即不恒成立，

此时无法保证，

综上，数列的公比为，则数列的通项公式为，

其前项和为：.

【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.

20. 已知函数．

（1）求曲线在处切线的斜率；

（2）当时，证明：；

（3）证明：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析    （3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；

（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；

（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论.

【小问1详解】

，则，

所以，故处的切线斜率为；

【小问2详解】

要证时，即证，

令且，则，

所以在上递增，则，即.

所以时.

【小问3详解】

设，，

则，

由（2）知：，则，

所以，故在上递减，故；

下证，

令且，则，

当时，递增，当时，递减，

所以，故在上恒成立，

则，

所以，，…，，

累加得：，而，则，

所以，故；

综上，，即.

【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.