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
2、义计算.【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
3、递减，在上单调递减，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】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.
4、D.【答案】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：
5、充分性：因为，且，所以，所以所以充分性成立；必要性：因为，且，所以所以必要性成立.，即，即，所以.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“故选：C”的充要条件.9. 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
6、据线面角的定义求得，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：C.10. 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】法 1：利用数列归纳法可判断 ACD 正误，利用递推可判断数列性质，故可判断 B 的正误.法 2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于 A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于 B，证明所在区间同时证得后续结论；对于 C， 记， 取推得 不恒成立； 对于 D， 构造，判断得，进而取推得不恒成立.【详解】法 1：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；设当则时，成立，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 A 不成立.，
8、故，故恒成立仅对部分成立，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，故成立即由数学归纳法可得成立.而，故，故为减数列，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.而又，故，结合，所以，故为增数列，可得：，若存在常数
9、，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.法 2：因为，令，则，令，得或；令，得；所以在和上单调递增，在上单调递减，令，则，即，解得或或，注意到，所以结合的单调性可知在和上，在和上，对于 A，因为，则，当时，则，假设当时，当时，则，综上：因为在，即上，所以，则为递减数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，故，所以在上单调递增，故，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，则，与恒成立矛盾，故 A 错误；对于 B，因为，当时，假设当时，当时，因为，所以，则，所以，又当时，即，假设当当时，时，因为，所以，则，所以
10、，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，此时，取，满足题意，故 B 正确；对于 C，因为，则，注意到当时，猜想当时，当与时，与满足，假设当时，当时，所以，综上：，易知，则，故，所以因为在，上，所以，则为递减数列，假设存在常数，使得恒成立，记，取，其中，则，故，所以，即，所以，故不恒成立，故 C 错误；对于 D，因为，当时，则，假设当时，当时，则，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递增，故，所以，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，则故选：B.，与恒成立矛盾，故 D 错误.【点睛】关键点睛：本题解决的关
11、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】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
12、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，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
13、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；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 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
14、，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
15、，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、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
16、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.因为平面平面，所以所以，同理为直角三角形，又因为，【小问 1 详解】 ，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
17、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：因为最大值为 ，最小值
18、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，所以所以所以，因为；，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-+18. 为研究某种农产品价格变化的规律，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，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用频率估计概
19、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】（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
20、】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
21、见解析【解析】【分析】（1）结合题意得到，再结合，解之即可；【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，则，即，所以椭圆的方程为.【小问 2 详解】因为椭圆 的方程为，所以（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.，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，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
22、（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，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，
23、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
24、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；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
25、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；（）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.
