2023年天津市高考数学试卷及精品解析

2023年天津市高考数学试卷

一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  “”是“”的(    )

A. 充分不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

3.  若，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

4.  函数的图象如图所示，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，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.  B.  C.  D.

7.  调查某种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，共30.0分）

10.  已知是虚数单位，化简的结果为______ ．

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75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16.  本小题分
在中，角，，的对边分别为，，已知，，．
Ⅰ求的值；
Ⅱ求的值；
Ⅲ求的值．

17.  本小题分
在三棱台中，若平面，，，，，分别为，中点．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求平面与平面所成角的余弦值；
Ⅲ求点到平面的距离．

18.  本小题分
设椭圆的左、右顶点分别为，，右焦点为，已知，．
Ⅰ求椭圆方程及其离心率；
Ⅱ已知点是椭圆上一动点不与顶点重合，直线交轴于点，若的面积是面积的二倍，求直线的方程．

19.  本小题分
已知是等差数列，，．
Ⅰ求的通项公式和；
Ⅱ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.  本小题分
已知函数．
Ⅰ求曲线在处的切线斜率；
Ⅱ当时，求证：；
Ⅲ证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，，
则，
故．
故选：．
根据已知条件，结合补集、并集的运算，即可求解．
本题主要考查补集、并集的运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，即，解得或，
，即，解得，
故“”不能推出“”，充分性不成立，
“”能推出“”，必要性成立，
故“”是“”的必要不充分条件．
故选：．
根据已知条件，先对原等式变形，再结合充分条件、必要条件的定义，即可求解．
本题主要考查充分条件、必要条件定义，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：，在上单调递增，
，
故，
所以，
，在上单调递增，
，
故，即，
所以．
故选：．
根据已知条件，结合指数函数、幂函数的单调性，即可求解．
本题主要考查函数的性质，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：由图象可知，图象关于轴对称，为偶函数，故AB错误，
当时，恒大于，与图象不符合，故C错误．
故选：．
根据已知条件，结合函数的奇偶性，以及函数的图象，即可求解．
本题主要考查函数的图象，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：：若，则，
令，，则，，显然不是对称轴，不符合题意；
：若，则，
令，，则，，
故是一条对称轴，符合题意；
：，则，不符合题意；
：，则，不符合题意．
故选：．
由已知结合正弦函数及余弦函数的对称性及周期公式分别检验各选项即可判断．
本题主要考查了正弦及余弦函数的对称性及周期性，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：因为为等比数列，，
所以，，
由等比数列的性质可得，，
即，
所以或舍，
所以，，
则．
故选：．
由已知递推关系先表示出，，然后结合等比数列的性质可求首项，公比，进而可求．
本题主要考查了等比数列的性质及通项公式的应用，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：相关系数，且散点图呈左下角到右上角的带状分布，
花瓣长度和花萼长度呈正相关．
若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数不一定是．
故选：．
根据散点图及线性相关的知识，即可求解．
本题考查线性相关问题，属基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，
所以，
设到平面的距离，到平面的距离，则，
则三棱锥的体积为．
故三棱锥和三棱锥的体积之比为．
故选：．
设到平面的距离，到平面的距离，则，，然后结合三棱锥的体积公式即可求解．
本题主要考查了三棱锥体积的求解，换顶点的应用是求解问题的关键，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：因为过作一条渐近线的垂线，垂足为，
则，
所以，
联立，可得，，即，
因为直线的斜率，
整理得，
联立得，，，
故双曲线方程为．
故选：．
结合点到直线的距离公式先求出，联立渐近线方程及所在直线方程可求，进而表示出直线的斜率，结合已知可求，，进而可求双曲线方程．
本题主要考查了双曲线的性质在双曲线方程求解中的应用，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：．
故答案为：．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简求解即可．
本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，属于基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：二项式的展开式的通项为，
令得，，
项的系数为．
故答案为：．
根据二项展开式的通项公式求解．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：如图，

由题意，不妨设直线方程为，即，
由圆：的圆心到的距离为，
得，解得，
则直线方程为，
联立，得或，即
可得，解得．
故答案为：．
不妨设直线方程为，由直线与圆相切求解值，可得直线方程，联立直线与抛物线方程，求得点坐标，再由列式求解的值．
本题考查直线与圆、直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
 

13.【答案】  

【解析】解：设盒子中共有球个，
则甲盒子中有黑球个，白球个，
乙盒子中有黑球个，白球个，
丙盒子中有黑球个，白球个，
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．
故答案为：；．
根据相互独立事件的乘法公式即可求解；根据古典概型概率公式即可求解．
本题考查相互独立事件乘法公式，考查古典概型，是基础题．
 

14.【答案】  

【解析】解：在中，，，点为的中点，点为的中点，，，
则；
设，，
由余弦定理可得：，
又，
即，当且仅当时取等号，
又，
则，
则




，
即的最大值为．
故答案为：；．
由平面向量的线性运算，结合平面向量数量积的运算及基本不等式的应用求解即可．
本题考查了平面向量的线性运算，重点考查了平面向量数量积的运算及基本不等式的应用，属中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：当时，，不满足题意；
当方程满足且时，
有即，
此时，
，当时，不满足，
当时，，满足；
时，，
记的两根为，，不妨设，
则，
当时，，且，
但此时，舍去，
，，且，
但此时，舍去，
故仅有与两个解，
于是，．
故答案为：．
首先要分情况去绝对值，化简函数，再根据对应方程根的情况判定零点个数是否满足题意．
本题是含参数的函数零点问题，主要是分类讨论思想的考查，属偏难题．
 

16.【答案】解：Ⅰ，，，
则；
Ⅱ，，，
则，化简整理可得，，解得负值舍去；
Ⅲ，
，，，
则，
故，
所以． 

【解析】Ⅰ根据已知条件，结合正弦定理，即可求解；
Ⅱ根据已知条件，结合余弦定理，即可求解；
Ⅲ根据已知条件，结合三角函数的同角公式，以及正弦的两角差公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：Ⅰ证明：连接，可得为的中位线，
可得，且，
而，，
则，，
可得四边形为平行四边形，
则，
而平面，平面，
所以平面；
Ⅱ取的中点，连接，
由，，可得．
由平面，平面，
可得，
可得平面．
过作，垂足为，连接，
由三垂线定理可得，
可得为平面与平面所成角．
由．
在矩形中，，
所以；
Ⅲ设到平面的距离为．
在中，，，，
则．
由，可得，
解得． 

【解析】Ⅰ连接，推得四边形为平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定定理可得证明；
Ⅱ运用三垂线定理得到平面与平面所成角，再解直角三角形可得所求值；
Ⅲ运用等积法和三棱锥的体积公式可得所求距离．
本题考查线面平行的判定和平面与平面所成角、点到平面的距离，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：Ⅰ由题意可知，，解得，
．
则椭圆方程为，椭圆的离心率为；
Ⅱ由题意可知，直线的斜率存在且不为，
当时，直线方程为，取，得．

联立，得．
，
，得，则．
．
．
，即，得；
同理求得当时，．
直线的方程为． 

【解析】Ⅰ由题意可得，求解与的值，再由隐含条件求解，则椭圆方程可求；
Ⅱ由题意可知，直线的斜率存在且不为，设直线方程为，取，得，分别求出的面积与面积，再由已知列式求解，则直线方程可求．
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
 

19.【答案】解：Ⅰ是等差数列，，．
，得，，
则的通项公式，
中的首项为，项数为，
则．
Ⅱ，，，
即，
当时，．
，且，
即，
综上，
即成立．
成立，
为等比数列，设公比为，
当时，，，
则，
即，
即，
当，，，
，
时，，
，
即，
即，
当，，，
则，
则，即的通项公式为，
则的其前项和． 

【解析】Ⅰ建立方程组求出首项和公差即可求解．
Ⅱ根据数列递推关系，利用极限思想分别求出公比和首项，即可得到结论．
本题主要考查等比数列和等差数列的通项公式以及求和公式的应用，利用方程组法以及数列的递推关系进行求解是解决本题的关键，是中档题．
 

20.【答案】解：Ⅰ对函数求导，可得，
则曲线在处的切线斜率为；
Ⅱ证明：当时，，即，即，
而在上单调递增，
因此，原不等式得证；
Ⅲ证明：设数列的前项和，
则；
当时，，
由，，
故，不等式右边得证；
要证，只需证：对任意的，，
令，则，
当时，，函数在上单调递减，
则，即，
则，
因此当时，，
当时，累加得
，
又，，
故，即得证． 

【解析】Ⅰ对函数求导，求出的值即可得解；
Ⅱ令，先利用导数求出的单调性，由此容易得证；
Ⅲ设数列的前项和，可得当时，，由此可知，证得不等式右边；再证明对任意的，，令，利用导数可知，由此可得，再求得，，由此可得证不等式左边，进而得证．
本题考查导数的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题．