2023学年高考数学天津卷（精校版）

这是一份2023学年高考数学天津卷（精校版），共18页。试卷主要包含了“”是“”的，若，则的大小关系为，双曲线的左、右焦点分别为等内容，欢迎下载使用。

2023年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学
第I卷
注意事项：
1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.
参考公式：
•如果事件A、B互斥，那么．
•如果事件A、B相互独立，那么．
•球的体积公式，其中表示球的半径．
•圆锥的体积公式，其中表示圆锥的底面面积，表示圆锥的高．
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．
【分析】对集合B求补集，应用集合的并运算求结果；
【解析】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
【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.
【解析】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．
【分析】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可.
【解析】由在上单调递增，则，
由在上单调递增，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．
【分析】由图知函数为偶函数，先判断函数的奇偶性排除选项；再判断函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【解析】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，即A，B中函数为奇函数，排除选项A，B；
当时，，即C中上函数值为正，排除选项C；
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．
【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.
【解析】选项中的解析式均为三角函数的形式，所以由最小正周期求：
排除选项C，D；
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．3 B．18 C．54 D．152
【分析】由得出公比的值，再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，求解方程组确定首项的值，然后结合等比数列通项公式即可求得的值.
【解析】因为，所以有，两式相减得，即，所以.又由题意可得：当时，，即，   
解得可得，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
【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.
【解析】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．
【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.
【解析】如图所示，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．
【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.
【解析】如图所示，
  
因为，不妨设渐近线方程为，即，
所以，所以.
设，则，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.
第II卷
注意事项
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．
2．本卷共11小题，共105分．
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_________．
【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.
【解析】由题意可得.故答案为.
11．在的展开式中，项的系数为_________．
【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.
【解析】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_________．
【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．
【解析】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_________．
【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．
【解析】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；
乙盒中黑球个数为，白球个数为；
丙盒中黑球个数为，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_________．
【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.
【解析】空1：因为为的中点，所以，即，则；
空2：因为，则，由题意可得，
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_______．
【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．
【解析】（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；7
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：．
【评注】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，证明过程成演算步骤．
16．在中，角所对的边分別是．已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求．
【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．
【解析】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；
（2）由余弦定理可得，，即，
解得：或（舍去）．
（3）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．
【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定理解决；
（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.
【解析】（1）  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.
（2）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.
  
（3）解法一（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.
解法二（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．
【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.
【解析】（1）如图所示，
  
由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）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．
【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.
(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.
【解析】（1）由题意可得，解得，
则数列的通项公式为，
求和得

.
（2）(i)由题意可知，当时，，
取，则，即，
当时，，
取，此时，
据此可得，
综上可得：.
(2)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：.
【评注】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：．
【解析】（1），
.
（2）要证明：，等价于证明，即.
构造函数，，
，
在上单调递增，则，即.
（3）设，，
，


.
因此，数列单调递减，则.
不等式的左侧待证明.
由 Pade 逼近知（证明略）
，
从而有
，
从而有当时，，
从而有.
证毕！
说明：命题背景是Pade 逼近！