2023年高考数学真题（北京自主命题）（解析版）.docx

2023 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学 本试卷满分 150 分.考试时间 120 分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简集合 ，然后根据交集的定义计算. 【详解】由题意， ， ， 根据交集的运算可知， . 故选：A 2. 在复平面内，复数 对应的点的坐标是，则 的共轭复数 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义先求出复数 ，然后利用共轭复数的定义计算. 【详解】 在复平面对应的点是，根据复数的几何意义，，由共轭复数的定义可知，. 故选：D 3. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答. 【详解】向量满足， 所以. 故选：B 4. 下列函数中，在区间 上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断 ABC，举反例排除 D 即可. 【详解】对于 A，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递减，故 A 错误； 对于 B，因为 在上单调递增，在上单调递减， 所以 在上单调递减，故 B 错误； 对于 C，因为 在上单调递减，在上单调递减，所以 在 上单调递增，故 C 正确； 对于 D，因为 ，， 显然在上不单调，D 错误.故选：C. 5. 的展开式中的系数为（ ）． A. B. C. 40 D. 80 【答案】D 【解析】 【分析】写出 的展开式的通项即可 【详解】 展开式的通项为令得 所以 的展开式中的系数为 故选：D 【点睛】本题考查的是二项式展开式通项的运用，较简单. 6. 已知抛物线的焦点为，点 在上．若 到直线的距离为 5，则（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求解即可. 【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点 在上，所以 到准线的距离为， 又到直线的距离为 ， 所以 ，故 . 故选：D. 7. 在 中， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解. 【详解】因为， 所以由正弦定理得，即，则 ，故 ， 又，所以 . 故选：B. 8. 若 ，则“ ”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】解法一：由 化简得到 即可判断；解法二：证明充分性可由 得到 ，代入 化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由 通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由 通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可. 【详解】解法一： 因为 ，且， 所以，即，即，所以. 所以“ ”是“”的充要条件. 解法二： 充分性：因为，且，所以， 所以 所以充分性成立；必要性：因为 ，且 ， ， 所以 所以必要性成立. ，即 ，即，所以. 所以“ ”是“”的充要条件. 解法三： 充分性：因为 ，且 ， 所以 ， 所以充分性成立； 必要性：因为，且 ， 所以 ， 所以 ，所以 ，所以 ， 所以必要性成立. 所以“”是“ 故选：C ”的充要条件. 9. 坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若 ，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为 ，则该五面体的所有棱长之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求 ， ， ， ，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为 ，，连接 ， 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以，因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，.同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形 中， 在直角三角形 中，， ， 又因为 ， 所有棱长之和为 故选：C . 10. 已知数列 满足 ，则（ ） A. 当时， 为递减数列，且存在常数，使得 恒成立 B. 当时， 为递增数列，且存在常数，使得 恒成立 C. 当时， 为递减数列，且存在常数，使得 恒成立 D. 当时， 为递增数列，且存在常数，使得 恒成立 【答案】B 【解析】 【分析】法 1：利用数列归纳法可判断 ACD 正误，利用递推可判断数列 性质，故可判断 B 的正误. 法 2：构造，利用导数求得 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断 的单调性；对于 A，构造 ，判断得 ，进而取推得不恒成立；对于 B，证明所在区间同时证得后续结论；对于 C， 记 ， 取推得 不恒成立； 对于 D， 构造 ，判断得，进而取推得不恒成立. 【详解】法 1：因为 ，故，对于 A ，若，可用数学归纳法证明：即， 证明：当 时， ，此时不等关系 成立； 设当 则 时， 成立， ，故 成立， 由数学归纳法可得成立. 而 ， ，，故，故， 故为减数列，注意 故，结合 ， 所以，故 ，故 ， 若存在常数 ，使得 恒成立，则 ， 故 故 A 不成立. ，故 ，故 恒成立仅对部分成立， 对于 B，若可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当 时， 成立， 则 ，故 成立即 由数学归纳法可得成立. 而 ， ，，故，故 ，故 为增数列， 若，则恒成立，故 B 正确. 对于 C，当时， 可用数学归纳法证明： 即 ， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当 时， 成立， 则 ，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而 ，故，故为减数列， 又，结合 可得： ，所以 ， 若 ，若存在常数，使得恒成立， 则 恒成立，故， 的个数有限，矛盾，故 C 错误.对于 D，当 时， 可用数学归纳法证明： 即 ， 证明：当 时， ，此时不等关系成立； 设当 时， 成立， 则 ，故 成立 由数学归纳法可得 成立. 而又 ，故 ，结合 ，所以 ，故 为增数列，可得： ， 若存在常数 ，使得 恒成立，则 ， 故 ，故 ，这与 n 的个数有限矛盾，故 D 错误. 故选：B. 法 2：因为 ， 令，则， 令，得 或 ；令，得 ； 所以在 和 上单调递增，在 上单调递减， 令，则 ，即 ，解得 或或， 注意到 ， ， 所以结合 的单调性可知在 和 上 ，在 和 上 ， 对于 A，因为 ，则 ， 当 时， ， ，则 ， 假设当 时， ， 当 时， ，则 ， 综上： 因为在 ，即 上 ， ，所以 ，则 为递减数列， 因为 ， 令 ，则 ， 因为开口向上，对称轴为 ， 所以 在 上单调递减，故， 所以 在 上单调递增，故 ， 故 ，即 ， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以 ， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故 A 错误； 对于 B，因为， 当时，， ， 假设当时，， 当时，因为，所以，则 ， 所以 ， 又当 时， ，即 ， 假设当 当 时， 时，因为 ， ，所以 ，则 ， 所以 ， 综上： ， 因为在 上，所以，所以为递增数列，此时，取，满足题意，故 B 正确； 对于 C，因为，则， 注意到当时， ， ， 猜想当时， ， 当 与 时，与 满足 ，假设当时， ， 当 时，所以 ， 综上： ， 易知 ，则 ，故 ， 所以 因为在 ， 上 ，所以 ，则 为递减数列， 假设存在常数，使得恒成立， 记 ，取，其中， 则， 故 ，所以 ，即 ， 所以，故不恒成立，故 C 错误；对于 D，因为， 当 时，，则 ， 假设当时，， 当 时，，则 ， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 因为 ， 令 ，则 ， 因为 开口向上，对称轴为 ， 所以 在 上单调递增，故 ， 所以 ， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为 ，所以 ， 上式相加得， ， 则 故选：B. ，与 恒成立矛盾，故 D 错误. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立. 二、填空题：本题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分． 11. 已知函数 ，则 ． 【答案】1 【解析】 【分析】根据给定条件，把代入，利用指数、对数运算计算作答. 【详解】函数 ，所以. 故答案为：1 12. 已知双曲线 C 的焦点为和，离心率为，则 C 的方程为 ． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出双曲线的实半轴、虚半轴长，再写出的方程作答. 【详解】令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在 x 轴上，其半焦距， 由双曲线 的离心率为 ，得，解得 ，则 ，所以双曲线 的方程为. 故答案为： 13. 已知命题若为第一象限角，且，则．能说明 p 为假命题的一组的值为 ， ． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解. 【详解】因为 在 上单调递增，若，则，取， 则，即， 令，则， 因为，则，即，则. 不妨取 ，即满足题意.故答案为： . 14. 我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”． 已知 9 枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为 9 的数列，该数列的前 3 项成等差数列，后 7 项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ． 【答案】 ①. 48 ②. 384 【解析】 【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解. 【详解】方法一：设前 3 项的公差为 ，后 7 项公比为 ， 则 ，且 ，可得 ， 则 ，即 ，可得 ， 空 1：可得 空 2： ， 方法二：空 1：因为为等比数列，则，且，所以； 又因为，则 ； 空 2：设后 7 项公比为 ，则，解得 ， 可得 ， 所以. 故答案为：48；384. 15. 设，函数 ，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设 ，则； ④设 ．若 存在最小值，则 a 的取值范围是．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】②③ 【解析】 【分析】先分析 图像，再逐一分析各结论；对于①，取，结合图像即可判断；对于②，分段讨论 的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知 的范围；对于④，取，结合图像可知此时存在最小值，从而得以判断. 【详解】依题意，， 当 时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线； 当 时， ，易知其图像是，圆心为 ，半径为的圆在轴上方的图像（即 半圆）； 当 时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；对于①，取 ，则的图像如下， 显然，当，即 时，在 上单调递增，故①错误；对于②，当时， 当 时，； 当 时，显然取得最大值 ；当 时，， 综上：取得最大值 ，故②正确； 对于③，结合图像，易知在，且接近于 处， 的距离最小， 当时，，当且接近于 处，，此时，，故③正确； 对于④，取 ，则 的图像如下， 因为 ， 结合图像可知，要使取得最小值，则点 在 上，点在 ， 同时的最小值为点到 的距离减去半圆的半径 ， 此时，因为 的斜率为 ，则，故直线的方程为，联立 ，解得 ，则， 显然在 上，满足取得最小值， 即也满足 存在最小值，故 的取值范围不仅仅是 ，故④错误.故答案为：②③. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得的图像，特别是当 时，的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可. 三、解答题：本题共 6 小题，共 85 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16. 如图，在三棱锥 中， 平面 ， ． （1） 求证：平面 PAB； （2） 求二面角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 因为 平面 平面 ， 所以 所以 ，同理 为直角三角形， ， 又因为 ， 【小问 1 详解】 ， 所以，则为直角三角形，故，又因为，， 所以平面. 【小问 2 详解】 由（1）平面，又平面，则， 以 为原点， 为轴，过 且与 平行的直线为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以， 设平面 的法向量为，则 ，即令，则，所以， 设平面 的法向量为，则 ，即 ，令，则，所以， 所以 ， 又因为二面角为锐二面角，所以二面角 的大小为. 17. 设函数． （1） 若，求 的值． （2） 已知 在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值． 条件①： ； 条件②： ； 条件③：在区间 上单调递减． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）. （2）条件①不能使函数 存在；条件②或条件③可解得 ，. 【解析】 【分析】（1）把 代入 的解析式求出 ，再由即可求出 的值； （2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把 的解析式化简，根据 在上的单调性及 函数的最值可求出 ，从而求出 的值；把 的值代入 的解析式，由 和即可求出的值；若选条件③：由 的单调性可知 在处取得最小值 ，则与条件②所给的条件一 样，解法与条件②相同． 【小问 1 详解】因为 所以 ， 因为，所以. 【小问 2 详解】 因为， 所以，所以 的最大值为 ，最小值为 . 若选条件①：因为 最大值为 ，最小值为，所以 无解，故条件①不能 使函数存在； 若选条件②：因为 在 上单调递增，且 ， 所以 ,所以 , , 所以 ， 又因为 ，所以 ， 所以所以 所以， ， ，因为 ； ，所以 . 若选条件③：因为 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 在 处取得最小值 ，即 . 以下与条件②相同． 时段 价格变化 第 1 天到第 20 天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 + 第 21 天到第 40 天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - + 18. 为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该农产品连续 40 天的价格变化数据，如下表所示．在描述价格变化时，用“+”表示“上涨”，即当天价格比前一天价格高；用“-”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低；用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同． 用频率估计概率． （1） 试估计该农产品价格“上涨”的概率； （2） 假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取 4 天，试估计该农产品价格在这 4 天中 2 天“上涨”、1 天“下跌”、1 天“不变”的概率； （3） 假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第 41 天该农产品价格“上涨”“下跌” 和“不变”的概率估计值哪个最大．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） （3）不变 【解析】 【分析】（1）计算表格中的的次数，然后根据古典概型进行计算； （2） 分别计算出表格中上涨，不变，下跌的概率后进行计算； （3） 通过统计表格中前一次上涨，后一次发生的各种情况进行推断第天的情况. 【小问 1 详解】 根据表格数据可以看出，天里，有个，也就是有天是上涨的，根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为： 【小问 2 详解】 在这天里，有天上涨，天下跌，天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是，， ， 于是未来任取天，天上涨， 天下跌， 天不变的概率是 【小问 3 详解】 由于第天处于上涨状态，从前次的次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有次，不变的有 次，下跌的有次， 因此估计第次不变的概率最大. 19. 已知椭圆的离心率为，A、C 分别是 E 的上、下顶点，B，D 分别是 的左、右顶点，． （1） 求的方程； （2） 设为第一象限内 E 上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合题意得到 ， ，再结合 ，解之即可； 【小问 1 详解】 依题意，得 ，则 ， 又分别为椭圆上下顶点， 所以，即 ，所以 ，则 ，即 ， ， 所以椭圆的方程为 . 【小问 2 详解】 因为椭圆 的方程为 ，所以 （2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解. ， 因为 为第一象限 上的动点，设，则 ， 易得 ，则直线的方程为 ， ，则直线的方程为 ， 联立 ，解得 ，即 ， 而 ，则直线的方程为 ， 令 ，则 ，解得 ，即 ， 又 ，则 ，， 所以 又 ，即 ， ， 显然，与不重合，所以. 20. 设函数，曲线在点处的切线方程为． （1） 求的值； （2） 设函数，求的单调区间； （3） 求的极值点个数． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）3 个 【解析】 【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可； （2） 由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间； （3） 结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数. 【小问 1 详解】 因为，所以，因为 在 处的切线方程为 ， 所以，， 则 ，解得 ， 所以 . 【小问 2 详解】由（1）得 ， 则 ， 令，解得 ，不妨设 ， ，则 ， 易知恒成立， 所以令 ，解得 或 ；令 ，解得 或 ； 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 即的单调递减区间为和，单调递增区间为和. 【小问 3 详解】 由（1）得 由（2）知 ， ， 上单调递减，在 ， ， 上单调递增， 当 时， ， ，即 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点； 当时，在上单调递减， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；所以 在 上有一个极大值点； 当 时， 在 上单调递增， 则 ，故 ， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点； 当时，， 所以，则单调递增， 所以在上无极值点； 综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有 个极值点. 【点睛】关键点睛：本题第 3 小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解. 21. 已知数列的项数均为 m，且 的前 n 项和分别为 ，并规定．对于，定义，其中， 表示数集 M 中最大的数. （1） 若，求的值； （2） 若，且，求； （3）证明：存在 ，满足 使得 ． 【答案】（1） ， ， ， （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）先求，根据题意分析求解； （2） 根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解； （3） 讨论 的大小，根据题意结合反证法分析证明. 【小问 1 详解】 由题意可知： 当时，则 ，故 ， ； 当时，则 ，故 ； 当时，则 故 ； 当时，则 ，故 ； 综上所述： ， ， ， . 【小问 2 详解】 由题意可知： ，且 ， 因为 ，则 ，当且仅当 时，等号成立， 所以 ， 又因为 ，则 ，即 ， 可得 ， 反证：假设满足 的最小正整数为 ， 当时，则；当时，则， 则 ， 又因为 ，则， 假设不成立，故， 即数列是以首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以 【小问 3 详解】 . （ⅰ）若 ，构建，由题意可得： ，且 为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得 ， 这与相矛盾，故对任意，均有 . ①若存在正整数 ，使得，即， 可取 ，使得 ； ②若不存在正整数，使得， 因为，且 ， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取，使得； （ⅱ）若，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数 ，使得，即，可取 ，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且 ， 所以必存在，使得 ， 即，可得， 可取，使得； 综上所述：存在使得． 【点睛】方法点睛：对于一些直接说明比较困难的问题，可以尝试利用反证法分析证明.