1、2023年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数 学本试卷满分150分.考试时间 120 分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化简集合，然后根据交集的定义计算.【详解】由题意，根据交集的运算可知，.故选：A2. 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. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的几何意义先求出复数，然后利用共轭复数的定义计
2、算.【详解】在复平面对应的点是，根据复数的几何意义，由共轭复数的定义可知，.故选：D3. 已知向量满足，则（ ）A. B. C. 0D. 1【答案】B【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答.【详解】向量满足，所以.故选：B4. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.【详解】对于A，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递减，故A错误；对于B，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递减，故B错误；对于C，因为在上单调递减，在上单调
3、递减，所以在上单调递增，故C正确；对于D，因为，显然在上不单调，D错误.故选：C.5. 的展开式中的系数为（ ）A. B. C. 40D. 80【答案】D【解析】【分析】写出的展开式的通项即可【详解】的展开式的通项为令得所以的展开式中的系数为故选：D【点睛】本题考查的是二项式展开式通项的运用，较简单.6. 已知抛物线的焦点为，点在上若到直线的距离为5，则（ ）A. 7B. 6C. 5D. 4【答案】D【解析】【分析】利用抛物线的定义求解即可.【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，所以到准线的距离为，又到直线的距离为，所以，故.故选：D.7. 在中，则（ ）A. B. C. D. 【答案
4、】B【解析】【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【详解】因为，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.故选：B.8. 若，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】解法一：由化简得到即可判断；解法二：证明充分性可由得到，代入化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可.【详解】解法一：因为，且，所以，即，即，所以所以“”是“”的充要条件.解法二：充分性：因
5、为，且，所以，所以，所以充分性成立；必要性：因为，且，所以，即，即，所以.所以必要性成立.所以“”是“”的充要条件.解法三：充分性：因为，且，所以，所以充分性成立；必要性：因为，且，所以，所以，所以，所以，所以必要性成立.所以“”是“”的充要条件.故选：C9. 坡屋顶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，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据线
6、面角的定义求得，从而依次求，再把所有棱长相加即可得解.【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，垂足分别为，连接， 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，所以.因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，.同理：，又，故四边形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，又因为，所有棱长之和为.故选：C10. 已知数列满足，则（ ）A. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立B. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立C. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立D. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立【答案】B【解析】【
7、分析】利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.【详解】因为，故，对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立，由数学归纳法可得成立.而，故，故，故为减数列，注意故，结合，所以，故，故，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，故恒成立仅对部分成立，故A不成立.对于B，若可用数学归纳法证明：即，证明：当时，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，故，故，故为增数列，若，则恒成立，故B正确.对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，证明：当时，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学
8、归纳法可得成立.而，故，故减数列，又，结合可得：，所以，若，若存在常数，使得恒成立，则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，证明：当时，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立由数学归纳法可得成立.而，故，故为增数列，又，结合可得：，所以，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分11. 已知函数，则_【答案】
9、1【解析】【分析】根据给定条件，把代入，利用指数、对数运算计算作答.【详解】函数，所以.故答案为：112. 已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为_【答案】【解析】【分析】根据给定条件，求出双曲线的实半轴、虚半轴长，再写出的方程作答.【详解】令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距，由双曲线的离心率为，得，解得，则，所以双曲线的方程为.故答案为：13. 已知命题若为第一象限角，且，则能说明p为假命题的一组的值为_， _【答案】 . . 【解析】【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.【详解】因为在上单调递增，若，则，取，则，即，令，则
10、，因为，则，即，则.不妨取，即满足题意.故答案为：.14. 我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则_；数列所有项的和为_【答案】 . 48 . 384【解析】【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，则，且，可得，则，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因为为等比数列，则，且，所以；
11、又因为，则；空2：设后7项公比为，则，解得，可得，所以.故答案为：48；384.15. 设，函数，给出下列四个结论：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a的取值范围是其中所有正确结论的序号是_【答案】【解析】【分析】先分析的图像，再逐一分析各结论；对于，取，结合图像即可判断；对于，分段讨论的取值范围，从而得以判断；对于，结合图像可知的范围；对于，取，结合图像可知此时存在最小值，从而得以判断.【详解】依题意，当时，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；当时，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）；当时，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲
12、线；对于，取，则的图像如下， 显然，当，即时，在上单调递增，故错误；对于，当时，当时，；当时，显然取得最大值；当时，综上：取得最大值，故正确；对于，结合图像，易知在，且接近于处，的距离最小， 当时，当且接近于处，此时，故正确；对于，取，则的图像如下，因为，结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在，同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径，此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为，联立，解得，则，显然在上，满足取得最小值，即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故错误.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得的图像，特别是当时，的图像为半圆，解决命题时，可取特殊值进行排除即可.三、
13、解答题：本题共6小题，共85分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16. 如图，在三棱锥中，平面， （1）求证：平面PAB；（2）求二面角的大小【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【小问1详解】因为平面平面，所以，同理，所以为直角三角形，又因，所以，则为直角三角形，故，又因为，所以平面.【小问2详解】由（1）平面，又平面，则，以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐
14、标系，如图， 则，所以，设平面的法向量为，则，即令，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，所以，又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.17. 设函数（1）若，求的值（2）已知在区间上单调递增，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值条件：；条件：；条件：在区间上单调递减注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分【答案】（1）. （2）条件不能使函数存在；条件或条件可解得，.【解析】【分析】（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值；（2）若选条件不合题意；若选条件，先把的解析式化简，根据在上
15、的单调性及函数的最值可求出，从而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若选条件：由的单调性可知在处取得最小值，则与条件所给的条件一样，解法与条件相同【小问1详解】因为所以，因为，所以.【小问2详解】因为，所以，所以的最大值为，最小值为.若选条件：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件不能使函数存在；若选条件：因为在上单调递增，且，所以,所以,所以，又因为，所以，所以，所以，因为，所以.所以，；若选条件：因为在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得最小值，即.以下与条件相同18. 为研究某种农产品价格变化规律，收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据，如下表所示在描述价格变化时，
16、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“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同时段价格变化第1天到第20天-+0-+0+0-+-+00+第21天到第40天0+0-+0+0+-+0-+用频率估计概率（1）试估计该农产品价格“上涨”的概率；（2）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4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率；（3）假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响判断第41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）【答案】（
17、1） （2） （3）不变【解析】【分析】（1）计算表格中的的次数，然后根据古典概型进行计算；（2）分别计算出表格中上涨，不变，下跌的概率后进行计算；（3）通过统计表格中前一次上涨，后一次发生的各种情况进行推断第天的情况.【小问1详解】根据表格数据可以看出，天里，有个，也就是有天是上涨的，根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为：【小问2详解】在这天里，有天上涨，天下跌，天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是，于是未来任取天，天上涨，天下跌，天不变的概率是【小问3详解】由于第天处于上涨状态，从前次的次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有次，不变的有次，下跌的有次，因此估计第次不变的概率
18、最大.19. 已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，（1）求的方程；（2）设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点求证：【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合题意得到，再结合，解之即可；（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.【小问1详解】依题意，得，则，又分别为椭圆上下顶点，所以，即，所以，即，则，所以椭圆的方程为.【小问2详解】因为椭圆的方程为，所以，因为为第一象限上的动点，设，则， 易得，则直线的方程为，则直线的方程为，联立，解得，即，而，则直线的方程为，令，则
19、，解得，即，又，则，所以，又，即，显然，与不重合，所以.20. 设函数，曲线在点处的切线方程为（1）求的值；（2）设函数，求的单调区间；（3）求的极值点个数【答案】（1） （2）答案见解析 （3）3个【解析】【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，从而得到关于的方程组，解之即可；（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.【小问1详解】因为，所以，因为在处的切线方程为，所以，则，解得，所以.【小问2详解】由（1）得，则，令
20、，解得，不妨设，则，易知恒成立，所以令，解得或；令，解得或；所以在，上单调递减，在，上单调递增，即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.【小问3详解】由（1）得，由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，当时，即所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，则单调递减；当时，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，在上单调递减，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，则单调递增；当时，则单调递减；所以在上有一个极大值点；当时，在上单调递增，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，则单调递减；当时，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，所以，则单调递增，所
21、以在上无极值点；综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.21. 已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. （1）若，求的值；（2）若，且，求；（3）证明：存在，满足 使得【答案】（1）， （2） （3）证明见详解【解析】【分析】（1）先求，根据题意分析求解；（2）根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解；（3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明.【小问1详解】由题意可知：，当时，则，故；当时，则，故；
22、当时，则故；当时，则，故；综上所述：，.【小问2详解】由题意可知：，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，假设不成立，故，即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.【小问3详解】（）若，构建，由题意可得：，且整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有.若存在正整数，使得，即，可取，使得；若不存在正整数，使得，因为，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，使得；（）若，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有.若存在正整数，使得，即，可取，使得；若不存在正整数，使得，因为，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，使得；综上所述：存在使得【点睛】方法点睛：对于一些直接说明比较困难的问题，可以尝试利用反证法分析证明.
