2023年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（天津卷）-教师用卷

2023年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（天津卷）

一、单项选择题（本大题共9小题，共45.0分）

1.  已知集合，则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A 

【解析】

【分析】

本题主要考查补集、并集的运算，属于基础题．
对集合求补集，应用集合的并运算求结果；

【解答】

解：，，，
则，
故．
故选：．

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

【答案】B 

【解析】

【分析】

本题主要考查充分条件、必要条件定义，属于基础题．
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．

【解答】

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：．

3.  若，则的大小关系为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】D 

【解析】

【分析】

本题主要考查函数的性质，属于基础题．
根据已知条件，结合指数函数、幂函数的单调性，即可求解．

【解答】

解：，在上单调递增，
，
故，
所以，
，在上单调递增，
，
故，即，
所以．
故选：．

4.  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】

本题主要考查函数的图象，属于基础题．
由图知函数为偶函数，应用排除，先判断中函数的奇偶性，再判断、中函数在上的函数符号排除选项，即得答案．

【解答】

解：由图知：函数图象关于轴对称，其为偶函数，且，

由且定义域为，即中函数为奇函数，排除；

当时、，即、中上函数值为正，排除；

故选：

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.

【答案】B 

【解析】

【分析】

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．
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．

【解答】

解：由函数的解析式考查函数的最小周期性：

选项中，选项中，

选项中，选项中，

排除选项CD，

对于选项，当时，函数值，故是函数的一个对称中心，排除选项 A，

对于选项，当时，函数值，故是函数的一条对称轴，

故选：．

6.  已知为等比数列，为数列的前项和，，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C 

【解析】

【分析】

本题主要考查了等比数列的性质及通项公式的应用，属于中档题．
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．

【解答】

解：由题意可得：当时，，即，   

当时，，即，        

联立可得，则．

故选：．

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

【答案】C 

【解析】

【分析】

本题考查线性相关问题，属基础题．
根据散点图的特点可分析出相关性的问题，从而判断选项，根据相关系数的定义可以判断选项．

【解答】

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，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，选项错误，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，选项错误

故选：

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.

【答案】B 

【解析】

【分析】

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．
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．

【解答】

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：．

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.

【答案】D 

【解析】

【分析】

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，属于综合题．
先由点到直线的距离公式求出，设，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．

【解答】

解：如图，

因为，不妨设渐近线方程为，即，

所以，

所以．
又在中，，，所以，

因为，所以，
设，则，所以，

所以，

因为，

所以，

所以，解得，

所以双曲线的方程为

故选：

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

10.  已知是虚数单位，化简的结果为          ．

【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，属于基础题．
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．

【解答】

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】

本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
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．

【解答】

解：展开式的通项公式，

令可得，，

则项的系数为．

故答案为：．

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】

本题考查了圆的切线方程，直线与抛物线的位置关系等问题，属于综合题．
根据圆和曲线 均关于轴对称，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．

【解答】

解：易知圆和曲线 均关于轴对称，
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.  若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为          ．

【答案】 

【解析】

【分析】

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，属综合题．
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．
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．

【解答】

解：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．

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；

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：．

三、多空题（本大题共2小题，共10.0分）

14.  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】

【解析】

【分析】

本题考查相互独立事件乘法公式，考查古典概型，是基础题．
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．

【解答】

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；

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：；．

15.  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】

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．
空：根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；空：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．

【解答】

解：空：因为为的中点，则，可得

两式相加，可得到，

即，则；

空：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：；．

四、解答题（本大题共5小题，共75.0分）

16.  在中，角所对的边分別是已知．

求的值；

求的值；

求．

【答案】解：由正弦定理可得，，即，解得：；

由余弦定理可得，，即，

解得：或舍去．

由正弦定理可得，，即，解得：，而，

所以都为锐角，因此，，

故．

【解析】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
根据正弦定理即可解出；

根据余弦定理即可解出；

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．

17.  三棱台中，若面，分别是中点．

求证：平面；

求平面与平面所成夹角的余弦值；

求点到平面的距离．

【答案】证明：

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．

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 ，平面与平面所成夹角的余弦值为．

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

辅助线同方法一．

设点到平面的距离为．

，

．

由，即．

【解析】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．
先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；

利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；

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

18.  设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．

求椭圆方程及其离心率；

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】解：

如图，

由题意得，解得，所以，

所以椭圆的方程为，离心率为．

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．

【解析】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，是综合题．
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．

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．

19.  已知是等差数列，．

求的通项公式和．

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．

【答案】解：由题意可得，解得

则数列的通项公式为，

求和得

．

Ⅰ由题意可知，当时，，

取，则，即，

当时，，

取，此时，

据此可得，

综上可得：．

Ⅱ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：．

【解析】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．
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．
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．

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．

20.  已知函数．

求曲线在处切线的斜率；

当时，证明：；

证明：．

【答案】解：

，则，

所以，故处的切线斜率为；

要证时，即证，

令且，则，

所以在上递增，，即．

所以时．

设，，(    )

则，(    )

由知：，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，

则当时， ，

所以，，，，

累加得：，而，
则，

所以，故；(    )
当时，，

综上，，即．(    )

【解析】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．
利用导数的几何意义求斜率；

问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；

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．(    )