PAGEPAGE32023年普通高等學校招生全國統一考試（天津卷）數學一、選擇題（在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗對集合B求補集，應用集合的并運算求結果；【詳析】由，而，所以.故選：A2.“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分又不必要條件〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據充分、必要性定義判斷條件的推出關系，即可得〖答案〗.【詳析】由，則，當時不成立，充分性不成立；由，則，即，顯然成立，必要性成立；所以是的必要不充分條件.故選：B3.若，則的大小關系為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據對應冪、指數函數的單調性判斷大小關系即可.【詳析】由在R上遞增，則，由在上遞增，則.所以.故選：D4.函數的圖象如下圖所示，則的〖解析〗式可能為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由圖知函數為偶函數，應用排除，先判斷B中函數的奇偶性，再判斷A、C中函數在上的函數符號排除選項，即得〖答案〗.【詳析】由圖知：函數圖象關于y軸對稱，其為偶函數，且，由且定義域為R，即B中函數為奇函數，排除；當時、，即A、C中上函數值為正，排除；故選：D5.已知函數的一條對稱軸為直線，一個周期為4，則的〖解析〗式可能為（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由題意分別考查函數的最小正周期和函數在處的函數值，排除不合題意的選項即可確定滿足題意的函數〖解析〗式.【詳析】由函數的〖解析〗式考查函數的最小周期性：A選項中，B選項中，C選項中，D選項中，排除選項CD，對于A選項，當時，函數值，故是函數的一個對稱中心，排除選項A，對于B選項，當時，函數值，故是函數的一條對稱軸，故選：B.6.已知為等比數列，為數列的前項和，，則的值為（）A.3 B.18 C.54 D.152〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由題意對所給的遞推關系式進行賦值，得到關于首項、公比的方程組，求解方程組確定首項和公比的值，然后結合等比數列通項公式即可求得的值.【詳析】由題意可得：當時，，即，①當時，，即，②聯立①②可得，則.故選：C.7.調查某種群花萼長度和花瓣長度，所得數據如圖所示，其中相關系數，下列說法正確的是（）A.花瓣長度和花萼長度沒有相關性B.花瓣長度和花萼長度呈現負相關C.花瓣長度和花萼長度呈現正相關D.若從樣本中抽取一部分，則這部分的相關系數一定是〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據散點圖的特點可分析出相關性的問題，從而判斷ABC選項，根據相關系數的定義可以判斷D選項.【詳析】根據散點的集中程度可知，花瓣長度和花萼長度有相關性，A選項錯誤散點的分布是從左下到右上，從而花瓣長度和花萼長度呈現正相關性，B選項錯誤，C選項正確；由于是全部數據的相關系數，取出來一部分數據，相關性可能變強，可能變弱，即取出的數據的相關系數不一定是，D選項錯誤故選：C8.在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.先證平面，則可得到，再證.由三角形相似得到，，再由即可求出體積比.【詳析】如圖，分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.因為平面，平面，所以平面平面.又因為平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因為，所以，所以，在中，因為，所以，所以.故選：B9.雙曲線的左、右焦點分別為．過作其中一條漸近線的垂線，垂足為．已知，直線的斜率為，則雙曲線的方程為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先由點到直線的距離公式求出，設，由得到，.再由三角形的面積公式得到，從而得到，則可得到，解出，代入雙曲線的方程即可得到〖答案〗.【詳析】如圖，因為，不妨設漸近線方程為，即，所以，所以設,則，所以，所以.因為,所以，所以，所以，所以，因為，所以，所以，解得，所以雙曲線的方程為故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分．試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分．10.已知是虛數單位，化簡的結果為_________．〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗由題意利用復數的運算法則，分子分母同時乘以，然后計算其運算結果即可.【詳析】由題意可得.故〖答案〗為：.11.在的展開式中，項的系數為_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由二項式展開式的通項公式寫出其通項公式，令確定的值，然后計算項的系數即可.【詳析】展開式的通項公式，令可得，，則項的系數為.故〖答案〗為：60.12.過原點的一條直線與圓相切，交曲線于點，若，則的值為_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據圓和曲線關于軸對稱，不妨設切線方程為，，即可根據直線與圓的位置關系，直線與拋物線的位置關系解出．【詳析】易知圓和曲線關于軸對稱，不妨設切線方程為，，所以，解得：，由解得：或，所以，解得：．當時，同理可得．故〖答案〗為：．13.甲乙丙三個盒子中裝有一定數量的黑球和白球，其總數之比為．這三個盒子中黑球占總數的比例分別為．現從三個盒子中各取一個球，取到的三個球都是黑球的概率為_________；將三個盒子混合后任取一個球，是白球的概率為_________．〖答案〗①.②.##〖解析〗〖祥解〗先根據題意求出各盒中白球，黑球的數量，再根據概率的乘法公式可求出第一空；根據古典概型的概率公式可求出第二個空．【詳析】設甲、乙、丙三個盒子中的球的個數分別為，所以總數為，所以甲盒中黑球個數為，白球個數為；甲盒中黑球個數，白球個數為；甲盒中黑球個數為，白球個數為；記“從三個盒子中各取一個球，取到的球都是黑球”為事件，所以，；記“將三個盒子混合后取出一個球，是白球”為事件，黑球總共有個，白球共有個，所以，．故〖答案〗為：；．14.在中，，，點為的中點，點為的中點，若設，則可用表示為_________；若，則的最大值為_________．〖答案〗①.②.〖解析〗〖祥解〗空1：根據向量的線性運算，結合為的中點進行求解；空2：用表示出，結合上一空〖答案〗，于是可由表示，然后根據數量積的運算和基本不等式求解.【詳析】空1：因為為的中點，則，可得，兩式相加，可得到，即，則；空2：因為，則，可得，得到，即，即.于是.記，則，在中，根據余弦定理：，于是，由和基本不等式，，故，當且僅當取得等號，則時，有最大值.故〖答案〗為：；.15.若函數有且僅有兩個零點，則的取值范圍為_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據絕對值的意義，去掉絕對值，求出零點，再根據根存在的條件即可判斷的取值范圍．【詳析】（1）當時，，即，若時，，此時成立；若時，或，若方程有一根為，則，即且；若方程有一根為，則，解得：且；若時，，此時成立．（2）當時，，即，若時，，顯然不成立；若時，或，若方程有一根為，則，即；若方程有一根為，則，解得：；若時，，顯然不成立；綜上，當時，零點為，；當時，零點為，；當時，只有一個零點；當時，零點為，；當時，只有一個零點；當時，零點為，；當時，零點為．所以，當函數有兩個零點時，且．故〖答案〗：．【『點石成金』】本題的解題關鍵是根據定義去掉絕對值，求出方程的根，再根據根存在的條件求出對應的范圍，然后根據范圍討論根（或零點）的個數，從而解出．三、解答題：本大題共5小題，共75分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．16.在中，角所對的邊分別是．已知．（1）求的值；（2）求的值；（3）求．〖答案〗（1）（2）（3）〖解析〗〖祥解〗（1）根據正弦定理即可解出；（2）根據余弦定理即可解出；（3）由正弦定理求出，再由平方關系求出，即可由兩角差的正弦公式求出．【小問1詳析】由正弦定理可得，，即，解得：；【小問2詳析】由余弦定理可得，，即，解得：或（舍去）．【小問3詳析】由正弦定理可得，，即，解得：，而，所以都為銳角，因此，，故．17.三棱臺中，若面，分別是中點.（1）求證：//平面；（2）求平面與平面所成夾角的余弦值；（3）求點到平面的距離．〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）（3）〖解析〗〖祥解〗（1）先證明四邊形是平行四邊形，然后用線面平行的判定解決；（2）利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進行求解；（3）方法一是利用線面垂直的關系，找到垂線段的長，方法二無需找垂線段長，直接利用等體積法求解【小問1詳析】連接.由分別是的中點，根據中位線性質，//，且，由棱臺性質，//，于是//，由可知，四邊形是平行四邊形，則//，又平面，平面，于是//平面.【小問2詳析】過作，垂足為，過作，垂足為,連接.由面，面，故，又，，平面，則平面.由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面與平面所成角即.又，，則，故，在中，，則，于是【小問3詳析】[方法一：幾何法]過作，垂足為，作，垂足為，連接，過作，垂足為.由題干數據可得，，，根據勾股定理，，由平面，平面，則，又，，平面，于是平面.又平面，則，又，，平面，故平面.在中，，又，故點到平面的距離是到平面的距離的兩倍，即點到平面的距離是.[方法二：等體積法]輔助線同方法一.設點到平面的距離為.，.由，即.18.設橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．（1）求橢圓方程及其離心率；（2）已知點是橢圓上一動點（不與端點重合），直線交軸于點，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線的方程．〖答案〗（1）橢圓的方程為，離心率為.（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由解得，從而求出，代入橢圓方程即可求方程，再代入離心率公式即求離心率.（2）先設直線的方程，與橢圓方程聯立，消去，再由韋達定理可得，從而得到點和點坐標.由得，即可得到關于的方程，解出，代入直線的方程即可得到〖答案〗.【小問1詳析】如圖，由題意得，解得，所以，所以橢圓的方程為，離心率為.【小問2詳析】由題意得，直線斜率存在，由橢圓的方程為可得，設直線的方程為，聯立方程組，消去整理得：，由韋達定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直線的方程為.19.已知是等差數列，．（1）求的通項公式和．（2）已知為等比數列，對于任意，若，則，（Ⅰ）當時，求證：；（Ⅱ）求的通項公式及其前項和．〖答案〗（1），；（2）(Ⅰ)證明見〖解析〗；(Ⅱ)，前項和為.〖解析〗〖祥解〗(1)由題意得到關于首項、公差的方程，解方程可得，據此可求得數列的通項公式，然后確定所給的求和公式里面的首項和項數，結合等差數列前項和公式計算可得.(2)(Ⅰ)利用題中的結論分別考查不等式兩側的情況，當時，，取，當時，，取，即可證得題中的不等式；(Ⅱ)結合(Ⅰ)中的結論猜想，然后分別排除和兩種情況即可確定數列的公比，進而可得數列的通項公式，最后由等比數列前項和公式即可計算其前項和.【小問1詳析】由題意可得，解得，則數列的通項公式為，注意到，從到共有項，故【小問2詳析】(Ⅰ)由題意可知，當時，，取，則，即，當時，，取，此時，據此可得，綜上可得：.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，據此猜測，否則，若數列的公比，則，注意到，則不恒成立，即不恒成立，此時無法保證，若數列的公比，則，注意到，則不恒成立，即不恒成立，此時無法保證，綜上，數列的公比為，則數列的通項公式為，其前項和為：.【『點石成金』】本題的核心在考查數列中基本量的計算和數列中的遞推關系式，求解數列通項公式和前項和的核心是確定數列的基本量，第二問涉及到遞推關系式的靈活應用，先猜后證是數學中常用的方法之一，它對學生探索新知識很有裨益.20.已知函數．（1）求曲線在處切線的斜率；（2）當時，證明：；（3）證明：．〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗（3）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）利用導數的幾何意義求斜率；（2）問題化為時，構造，利用導數研究單調性，即可證結論；（3）構造，，作差法研究函數單調性可得，再構造且，應用導數研究其單調性得到恒成立，對作放縮處理，結合累加得到，即可證結論.【小問1詳析】，則，所以，故處的切線斜率為；【小問2詳析】要證時，即證，令且，則，所以在上遞增，則，即.所以時.小問3詳析】設，，則，由（2）知：，則，所以，故在上遞減，故；下證，令且，則，當時，遞增，當時，遞減，所以，故在上恒成立，則，所以，，…，，累加得：，而，則，所以，故；綜上，，即.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：第三問，作差法研究單調性證右側不等關系，再構造且，導數研究其函數符號得恒成立，結合放縮、累加得到為關鍵.2023年普通高等學校招生全國統一考試（天津卷）數學一、選擇題（在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗對集合B求補集，應用集合的并運算求結果；【詳析】由，而，所以.故選：A2.“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分又不必要條件〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據充分、必要性定義判斷條件的推出關系，即可得〖答案〗.【詳析】由，則，當時不成立，充分性不成立；由，則，即，顯然成立，必要性成立；所以是的必要不充分條件.故選：B3.若，則的大小關系為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據對應冪、指數函數的單調性判斷大小關系即可.【詳析】由在R上遞增，則，由在上遞增，則.所以.故選：D4.函數的圖象如下圖所示，則的〖解析〗式可能為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由圖知函數為偶函數，應用排除，先判斷B中函數的奇偶性，再判斷A、C中函數在上的函數符號排除選項，即得〖答案〗.【詳析】由圖知：函數圖象關于y軸對稱，其為偶函數，且，由且定義域為R，即B中函數為奇函數，排除；當時、，即A、C中上函數值為正，排除；故選：D5.已知函數的一條對稱軸為直線，一個周期為4，則的〖解析〗式可能為（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由題意分別考查函數的最小正周期和函數在處的函數值，排除不合題意的選項即可確定滿足題意的函數〖解析〗式.【詳析】由函數的〖解析〗式考查函數的最小周期性：A選項中，B選項中，C選項中，D選項中，排除選項CD，對于A選項，當時，函數值，故是函數的一個對稱中心，排除選項A，對于B選項，當時，函數值，故是函數的一條對稱軸，故選：B.6.已知為等比數列，為數列的前項和，，則的值為（）A.3 B.18 C.54 D.152〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由題意對所給的遞推關系式進行賦值，得到關于首項、公比的方程組，求解方程組確定首項和公比的值，然后結合等比數列通項公式即可求得的值.【詳析】由題意可得：當時，，即，①當時，，即，②聯立①②可得，則.故選：C.7.調查某種群花萼長度和花瓣長度，所得數據如圖所示，其中相關系數，下列說法正確的是（）A.花瓣長度和花萼長度沒有相關性B.花瓣長度和花萼長度呈現負相關C.花瓣長度和花萼長度呈現正相關D.若從樣本中抽取一部分，則這部分的相關系數一定是〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據散點圖的特點可分析出相關性的問題，從而判斷ABC選項，根據相關系數的定義可以判斷D選項.【詳析】根據散點的集中程度可知，花瓣長度和花萼長度有相關性，A選項錯誤散點的分布是從左下到右上，從而花瓣長度和花萼長度呈現正相關性，B選項錯誤，C選項正確；由于是全部數據的相關系數，取出來一部分數據，相關性可能變強，可能變弱，即取出的數據的相關系數不一定是，D選項錯誤故選：C8.在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.先證平面，則可得到，再證.由三角形相似得到，，再由即可求出體積比.【詳析】如圖，分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.因為平面，平面，所以平面平面.又因為平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因為，所以，所以，在中，因為，所以，所以.故選：B9.雙曲線的左、右焦點分別為．過作其中一條漸近線的垂線，垂足為．已知，直線的斜率為，則雙曲線的方程為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先由點到直線的距離公式求出，設，由得到，.再由三角形的面積公式得到，從而得到，則可得到，解出，代入雙曲線的方程即可得到〖答案〗.【詳析】如圖，因為，不妨設漸近線方程為，即，所以，所以設,則，所以，所以.因為,所以，所以，所以，所以，因為，所以，所以，解得，所以雙曲線的方程為故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分．試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分．10.已知是虛數單位，化簡的結果為_________．〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗由題意利用復數的運算法則，分子分母同時乘以，然后計算其運算結果即可.【詳析】由題意可得.故〖答案〗為：.11.在的展開式中，項的系數為_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由二項式展開式的通項公式寫出其通項公式，令確定的值，然后計算項的系數即可.【詳析】展開式的通項公式，令可得，，則項的系數為.故〖答案〗為：60.12.過原點的一條直線與圓相切，交曲線于點，若，則的值為_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據圓和曲線關于軸對稱，不妨設切線方程為，，即可根據直線與圓的位置關系，直線與拋物線的位置關系解出．【詳析】易知圓和曲線關于軸對稱，不妨設切線方程為，，所以，解得：，由解得：或，所以，解得：．當時，同理可得．故〖答案〗為：．13.甲乙丙三個盒子中裝有一定數量的黑球和白球，其總數之比為．這三個盒子中黑球占總數的比例分別為．現從三個盒子中各取一個球，取到的三個球都是黑球的概率為_________；將三個盒子混合后任取一個球，是白球的概率為_________．〖答案〗①.②.##〖解析〗〖祥解〗先根據題意求出各盒中白球，黑球的數量，再根據概率的乘法公式可求出第一空；根據古典概型的概率公式可求出第二個空．【詳析】設甲、乙、丙三個盒子中的球的個數分別為，所以總數為，所以甲盒中黑球個數為，白球個數為；甲盒中黑球個數，白球個數為；甲盒中黑球個數為，白球個數為；記“從三個盒子中各取一個球，取到的球都是黑球”為事件，所以，；記“將三個盒子混合后取出一個球，是白球”為事件，黑球總共有個，白球共有個，所以，．故〖答案〗為：；．14.在中，，，點為的中點，點為的中點，若設，則可用表示為_________；若，則的最大值為_________．〖答案〗①.②.〖解析〗〖祥解〗空1：根據向量的線性運算，結合為的中點進行求解；空2：用表示出，結合上一空〖答案〗，于是可由表示，然后根據數量積的運算和基本不等式求解.【詳析】空1：因為為的中點，則，可得，兩式相加，可得到，即，則；空2：因為，則，可得，得到，即，即.于是.記，則，在中，根據余弦定理：，于是，由和基本不等式，，故，當且僅當取得等號，則時，有最大值.故〖答案〗為：；.15.若函數有且僅有兩個零點，則的取值范圍為_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據絕對值的意義，去掉絕對值，求出零點，再根據根存在的條件即可判斷的取值范圍．【詳析】（1）當時，，即，若時，，此時成立；若時，或，若方程有一根為，則，即且；若方程有一根為，則，解得：且；若時，，此時成立．（2）當時，，即，若時，，顯然不成立；若時，或，若方程有一根為，則，即；若方程有一根為，則，解得：；若時，，顯然不成立；綜上，當時，零點為，；當時，零點為，；當時，只有一個零點；當時，零點為，；當時，只有一個零點；當時，零點為，；當時，零點為．所以，當函數有兩個零點時，且．故〖答案〗：．【『點石成金』】本題的解題關鍵是根據定義去掉絕對值，求出方程的根，再根據根存在的條件求出對應的范圍，然后根據范圍討論根（或零點）的個數，從而解出．三、解答題：本大題共5小題，共75分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．16.在中，角所對的邊分別是．已知．（1）求的值；（2）求的值；（3）求．〖答案〗（1）（2）（3）〖解析〗〖祥解〗（1）根據正弦定理即可解出；（2）根據余弦定理即可解出；（3）由正弦定理求出，再由平方關系求出，即可由兩角差的正弦公式求出．【小問1詳析】由正弦定理可得，，即，解得：；【小問2詳析】由余弦定理可得，，即，解得：或（舍去）．【小問3詳析】由正弦定理可得，，即，解得：，而，所以都為銳角，因此，，故．17.三棱臺中，若面，分別是中點.（1）求證：//平面；（2）求平面與平面所成夾角的余弦值；（3）求點到平面的距離．〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）（3）〖解析〗〖祥解〗（1）先證明四邊形是平行四邊形，然后用線面平行的判定解決；（2）利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進行求解；（3）方法一是利用線面垂直的關系，找到垂線段的長，方法二無需找垂線段長，直接利用等體積法求解【小問1詳析】連接.由分別是的中點，根據中位線性質，//，且，由棱臺性質，//，于是//，由可知，四邊形是平行四邊形，則//，又平面，平面，于是//平面.【小問2詳析】過作，垂足為，過作，垂足為,連接.由面，面，故，又，，平面，則平面.由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面與平面所成角即.又，，則，故，在中，，則，于是【小問3詳析】[方法一：幾何法]過作，垂足為，作，垂足為，連接，過作，垂足為.由題干數據可得，，，根據勾股定理，，由平面，平面，則，又，，平面，于是平面.又平面，則，又，，平面，故平面.在中，，又，故點到平面的距離是到平面的距離的兩倍，即點到平面的距離是.[方法二：等體積法]輔助線同方法一.設點到平面的距離為.，.由，即.18.設橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．（1）求橢圓方程及其離心率；（2）已知點是橢圓上一動點（不與端點重合），直線交軸于點，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線的方程．〖答案〗（1）橢圓的方程為，離心率為.（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由解得，從而求出，代入橢圓方程即可求方程，再代入離心率公式即求離心率.（2）先設直線的方程，與橢圓方程聯立，消去，再由韋達定理可得，從而得到點和點坐標.由得，即可得到關于的方程，解出，代入直線的方程即可得到〖答案〗.【小問1詳析】如圖，由題意得，解得，所以，所以橢圓的方程為，離心率為.【小問2詳析】由題意得，直線斜率存在，由橢圓的方程