2023年北京市高考数学试卷（含解析）

这是一份2023年北京市高考数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年北京市高考数学试卷一、单选题（本大题共10小题，共40.0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.  在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知向量，满足，，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  下列函数中在区间上单调递增的是(    )A.  B.  C.  D. 5.  的展开式中，的系数是(    )A.  B.  C.  D. 6.  已知抛物线：的焦点为，点在上，若到直线的距离为，则(    )A.  B.  C.  D. 7.  在中，，则(    )A.  B.  C.  D. 8.  若，则“”是“”的(    )A. 充分而不必要条件 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9.  刍曹是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美如图，某屋顶可视为五面体，四边形和是全等的等腰梯形，和是全等的等腰三角形若，，且等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角的正切值均为为这个模型的轮廓安装灯带不计损耗，则所需灯带的长度为(    )

 A.  B.  C.  D. 10.  数列满足，下列说法正确的是(    )A. 若，则是递减数列，，使得时，
B. 若，则是递增数列，，使得时，
C. 若，则是递减数列，，使得时，
D. 若，则是递增数列，，使得时，二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）11.  已知函数，则 ______ ．12.  已知双曲线的焦点为和，离心率为，则的方程为______ ．13.  已知命题：若，为第一象限角，且，则能说明命题为假命题的一组，的值可以是 ______ ， ______ ．14.  我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就出现了类似于砝码的用来测量物体质量的“环权”已知枚环权的质量单位：铢从小到大构成项数为的数列，该数列的前项成等差数列，后项成等比数列，且，，，则 ______ ，数列的所有项的和为______ ．15.  设，函数给出下列四个结论，正确的序号为______ ．
在区间上单调递减；
当时，存在最大值；
设，，则；
设，，若存在最小值，则的取值范围时三、解答题（本大题共6小题，共85.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.  本小题分
如图，四面体中，，，平面．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求二面角的大小．
17.  本小题分
已知函数，，．
Ⅰ若，求的值；
Ⅱ若在上单调递增，且，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，求、的值．
条件：；
条件：；
条件：在上单调递减．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．18.  本小题分
为了研究某种农产品价格变化的规律，收集到了该农产品连续天的价格变化数据，如表所示，在描述价格变化时，用“”表示“上涨”；即当天价格比前一天价格高，用“”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低：用“”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同． 时段价格变化第天到
第天第天
到第天用频率估计概率．
Ⅰ试估计该农产品“上涨”的概率；
Ⅱ假设该农产品每天的价格变化是相互独立的，在未来的日子里任取天，试估计该农产品价格在这天中天“上涨”、天“下跌”、天“不变”的概率；
Ⅲ假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格的影响，判断第天该农产品价格“上涨”、“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大结论不要求证明19.  本小题分
已知椭圆：的离心率为，、分别为的上、下顶点，、分别为的左、右顶点，．
求的方程；
点为第一象限内上的一个动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点求证：．20.  本小题分
设函数，曲线在点处的切线方程为．
Ⅰ求，的值；
Ⅱ设，求的单调区间；
Ⅲ求的极值点的个数．21.  本小题分
数列，的项数均为，且，，，的前项和分别为，，并规定对于，定义，其中，表示数集中最大的数．
Ⅰ若，，，，，，求，，，的值；
Ⅱ若，且，，，，，求；
Ⅲ证明：存在，，，，满足，，使得．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：由题意，，，
．
故选：．
求出集合、的范围，再根据交集的定义可得．
本题考查集合的交集求法，属简单题．
 2.【答案】 【解析】解：在复平面内，复数对应的点的坐标是，
，
则的共轭复数，
故选：．
根据复数的几何意义、共轭复数的定义即可得出结论．
本题考查了复数的几何意义、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：，，
，，
．
故选：．
根据向量的坐标运算，向量的模公式，即可求解．
本题考查向量的坐标运算，向量的模公式，属基础题．
 4.【答案】 【解析】解：对选项，在上单调递增，所以在上单调递减，选项错误；
对选项，在上单调递增，所以在上单调递减，选项错误；
对选项，在上单调递减，所以在上单调递增，选项正确；
对选项，在上不是单调的，选项错误．
故选：．
根据初等函数的单调性，即可求解．
本题考查初等函数的单调性，属基础题．
 5.【答案】 【解析】解：由二项式定理可知展开式的第项
，
令，可得即含的项为第项，
，故的系数为．
故选：．
首先找出二项展开式的通项公式，然后令的次数为，找到的对应值，带回通项公式即可求得．
本题考查利用二项展开式的通项公式的应用，属简单题．
 6.【答案】 【解析】解：如图所示，因为点到直线的距离，
点到直线的距离．
由方程可知，是抛物线的准线，
又抛物线上点到准线的距离和到焦点的距离相等，
故．
故选：．
本题只需将点到的距离，转化为到准线的距离，再根据抛物线定义即可求得．
本题考查了抛物线定义的应用，属简单题．
 7.【答案】 【解析】解：由正弦定理为三角形外接圆半径可得：
，，，
所以可化为，
即，
，
又，．
故选：．
首先由正弦定理推论，将条件中的正弦值化为边，再运用余弦定理，求得的余弦值，即可得的值．
本题考查正弦定理和余弦定理的综合应用，属简单题．
 8.【答案】 【解析】解：由，，
，
，
反之，若，，
令，则，
于是，
化为，解得，
即，
，则“”是“”的充要条件．
故选：．
由，，可得，进而判断出是否成立；反之，若，，令，可得，通过换元代入解出，即可判断出结论．
本题考查了充要条件的判定方法、换元法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：根据题意及对称性可知底面四边形为矩形，
设，在底面矩形的射影点分别为，，
设与的中点分别为，，则，在线段上，如图，

过，分别作的垂线，垂足点分别为，，连接，，
则根据题意及三垂线定理易得，
又，，，，
，，
又易知，底面矩形，
根据三垂线定理可知，又，，
，，
该多面体的所有棱长和为．
故所需灯带的长度为．
故选：．
根据题意及对称性可知底面四边形为矩形，再根据三垂线定理作出等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角，再题目中的数据，计算即可求解．
本题考查几何体的所有棱长和的求解，三垂线定理作二面角，化归转化思想，属中档题．
 10.【答案】 【解析】解：对原式进行变形，得，
当，则，，
设，则，所以是递减数列，
当，，A错误，同理可证明D错误，
当，则，即，又因为，所以，
假设，则，即，又因为，所以，
所以当，，B正确，
对于，当，代入进去很明显不是递减数列，C错误，
故选：．
利用数学归纳法进行分析排除即可．
本题主要考查使用数学归纳法对数列的增减性和敛散性进行判断，属中档题．
 11.【答案】 【解析】解：函数，
，
故答案为：．
利用指数与对数函数的运算性质即可得出结论．
本题考查了指数与对数函数的运算性质、函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
 12.【答案】 【解析】解：根据题意可设所求方程为，，
又，解得，，，
所求方程为．
故答案为：．
根据题意，建立方程，即可求解．
本题考查双曲线的方程的求解，方程思想，属基础题．
 13.【答案】答案不唯一 答案不唯一 【解析】解：取，，
则，但，不满足，
命题为假命题，
能说明命题为假命题的一组，的值可以是，．
故答案为：答案不唯一；答案不唯一．
根据题意，举反例，即可得解．
本题考查命题的真假判断，属基础题．
 14.【答案】   【解析】解：数列的后项成等比数列，，
，
，
公比．
，
又该数列的前项成等差数列，
数列的所有项的和为．
故答案为：；．
根据数列的后项成等比数列，，可得，，可得公比，进而得出，利用求和公式即可得出结论．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式及性质、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 15.【答案】 【解析】解：，当时，，图像为一次函数；
当时，，图像为以为圆心，为半径的圆的上半弧；
当时，，图像为单调递减的曲线；
其函数图象大致如下：

选项，取，在区间上先单调递增，后单调递减，选项错误；
选项，当时，
，；
，，最大值为；
，；
所以存在最大值，选项正确；
选项，由图可知，当点位于点，点无限接近于点时，的长度最短，
当无限接近于点时，无限接近于，
所以，选项正确；
选项，如上图，若存在最小值，则、应该是直线分别于，的交点，
直线与一定存在交点，而直线与不一定存在交点，
当直线与没有交点时，，即，此时由于点取不到，不存在最小值，

所以，选项错误．
故答案为：．
先大致画出的草图，再根据四个选项逐一判断，对于选项，取特殊值判断函数函调性即可；对于选项，分别判断时每段函数的最值情况，再判断是否存在最大值；对于选项，结合图象分析最小值的情况，即可得出的范围；对于选项，针对图像分析存在最小值的情况，可得直线需要与前两段函数图像都有交点才可满足，进而可求出的取值范围．
本题考查分段函数的应用问题，考查学生用数形结合方法分析试题的能力，属于难题．
 16.【答案】证明：Ⅰ平面，平面，平面，
，，
，，
，
又，，
，又，
平面；
解：Ⅱ以点为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
，，
由图可知二面角为锐角，设二面角的大小为，
则，，
，
即二面角的大小为． 【解析】Ⅰ由平面可得，，由勾股定理可得，再利用线面垂直的判定定理即可证得平面；
Ⅱ以点为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出相应向量的坐标，进而求出平面和平面的法向量，再利用二面角的向量公式计算即可．
本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求二面角的大小，属于中档题．
 17.【答案】解：Ⅰ因为函数，
所以，
又因为，所以．
Ⅱ若选：；
因为，
所以在和时取得最大值，这与在上单调递增矛盾，所以、的值不存在．
若选：；
因为在上单调递增，且，
所以在时取得最小值，时取得最大值，
所以的最小正周期为，计算，
又因为，所以，，
解得，；
又因为，所以；
若选：在上单调递减，因为在上单调递增，且，
所以在时取得最小值，时取得最大值，
所以的最小正周期为，所以，
又因为，所以，，
解得，；
又因为，所以． 【解析】Ⅰ化简函数，由求出的值．
Ⅱ若选：由在和时取得最大值，这与已知矛盾，判断、不存在．
若选：由题意求出的最小正周期，即可求出的值，再根据求出的值；
若选：由题意知在时取得最小值，时取得最大值，由此求出的最小正周期，再求和的值．
本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
 18.【答案】解：Ⅰ由表可知，天中“上涨”的有天，则该农产品“上涨”的概率为．
Ⅱ由表可知，天中“上涨”的有天，则该农产品“下降”的概率为，
天中“不变”的有天，则该农产品“上涨”的概率为，
则该农产品价格在这天中天“上涨”、天“下跌”、天“不变”的概率．
Ⅲ由于第天处于“上涨”状态，从前天中次“上涨”进行分析，
“上涨”后下一次仍“上涨”的有次，概率为，
“上涨”后下一次“不变”的有次，概率为，
“上涨”后下一次“下降”的有次，概率为，
故第天该农产品价格“不变”的概率估值最大． 【解析】Ⅰ根据古典概型概率公式计算即可；
Ⅱ根据相互独立事件的乘法公式求解即可；
Ⅲ分别求得“上涨”、“下跌”和“不变”的概率，比较大小即可得出结论．
本题考查古典概型，考查相互独立事件概率公式，属于中档题．
 19.【答案】解：由题意可得：，，，
解得，，
椭圆的方程为．
证明：，，，，
直线的方程为，化为．
设直线的方程为：，，．
联立，化为：，
解得或，

直线方程为：，即，
与联立，解得，．

，
，
． 【解析】由题意可得：，，，解得，，即可得出椭圆的方程．
利用截距式可得直线的方程，设直线的方程为：，，可得坐标，联立，解得坐标，利用直线方程与方程可得坐标，利用斜率计算公式可得，，进而证明结论．
本题考查了椭圆的标准方程及性质、直线交点问题、直线与椭圆相交问题、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
 20.【答案】解：Ⅰ因为函数，
所以，
因为在点处的切线方程为，
所以，即，
解得，．
Ⅱ由Ⅰ知，，所以，
所以，
所以，
令，解得或，
所以与的关系列表如下：  单调递增 单调递减 单调递增 单调递减所以在区间和上单调递增，在区间和上单调递减；
Ⅲ由Ⅱ知，当时，单调递增，
当时，，，
所以存在，使得，
又因为在上单调递减，在上单调递增，
所以是的一个极小值点；
当时，单调递减，且，
所以存在，使得，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的一个极大值点；
当时，单调递增，
又因为，所以存在，使得，
所以在上单调递减，上单调递增，
所以是的一个极小值点，
又因为当时，，所以在上单调递增，无极值点；
综上，在定义域上有个极值点． 【解析】Ⅰ求函数的导数，根据导数的几何意义列方程组求出、的值．
Ⅱ求的导数，利用，求的导数，令，根据与的关系求出的单调区间；
Ⅲ根据题意，判断的单调递增，利用根的存在性定理，判断的零点个数，即可得出极值点的个数．
本题考查了导数的几何意义与应用问题，也考查了导数的综合应用问题，是难题．
 21.【答案】解：Ⅰ列表如下，对比可知，，，．   Ⅱ由题意知且，
因为，，则，，当且仅当时，等号成立，
所以，，
又因为，
则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；
当时，则，
则，
又因为，则，
所以假设不成立，成立，
所以数列是以首项为，公差为的等差数列，
所以，．
Ⅲ证明：若，设，，
根据题意可得且为整数，
反证法：假设存在正整数，使得，
则，，
所以，
这与相矛盾，
所以对任意，，均有，
若存在正整数，使得，即，
取，，，使得，
若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，即，可得，
取，，，，使得，
若，设，，
根据题意可得且为整数，
反证法：假设存在正整数，使得，
则，，
所以，
这与相矛盾，
所以对任意，，均有，
若存在正整数，使得，即，
取，，，使得，
若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，即，可得，
取，，，，使得．
综上所述，存在，，使得． 【解析】Ⅰ根据题意可得，列表分析，，，，的值，即可得出答案．
Ⅱ由题意知且，，，则，，当且仅当时，等号成立，可推出，即，用反证法证明满足的最小正整数为不成立，推出成立，由等差数列的性质，即可得出答案．
Ⅲ分两种情况：若时，若时，证明，即可得出答案．
本题考查数列的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．