《2023年新高考天津数学高考真题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年新高考天津数学高考真题含答案.docx（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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. 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3. 若，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 4. 函数的图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C 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. 6. 已知为等比数列，为数列的前项和，则的值为（ ）A. 3B. 18C. 54D. 1527. 调查某种
2、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. 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. 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
3、为_11. 在的展开式中，项的系数为_12. 过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为_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_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_15. 若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为_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17. 三棱台中，若面，分别是中
4、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19. 已知等差数列，（1）求的通项公式和（2）已知为等比数列，对于任意，若，则，（）当时，求证：；（）求的通项公式及其前项和20 已知函数（1）求曲线在处切线的斜率；（2）当时，证明：；（3）证明：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（
5、）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：A2. “”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：B3. 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：D4
6、. 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：D5. 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
7、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，故是函数的一个对称中心，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. 3B. 18C. 54D. 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， 当时，即， 联立可得，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
8、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：C8. 在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和
9、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：B9. 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
10、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.因为,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
11、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】 . .
12、#【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，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】 . . 【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
13、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，
14、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：【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
15、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
16、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
17、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
18、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，（）当时，求证：；（）求的通项公式及其前项和【答案】（1），； （2）()证明见解析；()，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)()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；()结合()中
19、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】()由题意可知，当时，取，则，即，当时，取，此时，据此可得，综上可得：.()由()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
20、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.