2023年高考數(shù)學(xué)(理)真題(Word版)-天津卷(試題+答案解析)

淘寶網(wǎng)?今天是：TIME\@"yyyy年M月d日星期W"2023年4月22日星期二淘寶網(wǎng)?2023年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試〔天津卷〕數(shù)學(xué)〔理〕試題本試卷分為第一卷〔選擇題〕和第二卷〔非選擇題〕兩局部，共150分，考試用時(shí)120分鐘。第一卷參考公式：如果事件A，B互斥，那么 如果事件A，B相互獨(dú)立，那么棱柱的體積公式 圓錐的體積公式其中S表示棱柱的底面面積 其中S表示圓錐的底面面積h表示棱柱的高 h表示圓錐的高一、選擇題：在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的．1．是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)= A．B．C． D．2．設(shè)那么“且〞是“〞的 A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．即不充分也不必要條件3．閱讀右邊的程序框圖，運(yùn)行相應(yīng)的程序，那么輸出的值為 A．3B．4C．5D．64．為等差數(shù)列，其公差為-2，且是與的等比中項(xiàng)，為的前項(xiàng)和，，那么的值為 A．-110B．-90C．90D．1105．在的二項(xiàng)展開式中，的系數(shù)為 A． B． C． D．6．如圖，在△中，是邊上的點(diǎn)，且AB=AD，2AB=BD，BC=2BD，那么的值為 A．B． C．D．7．那么 A．B．C．D．8．對(duì)實(shí)數(shù)和，定義運(yùn)算“〞：設(shè)函數(shù)假設(shè)函數(shù)的圖像與軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，那么實(shí)數(shù)的取值范圍是 A． B． C． D．第II卷二、填空題：本大題共6小題，每題5分，共30分．9．一支田徑隊(duì)有男運(yùn)發(fā)動(dòng)48人，女運(yùn)發(fā)動(dòng)36人，假設(shè)用分層抽樣的方法從該隊(duì)的全體運(yùn)發(fā)動(dòng)中抽取一個(gè)容量為21的樣本，那么抽取男運(yùn)發(fā)動(dòng)的人數(shù)為___________10．一個(gè)幾何體的三視圖如右圖所示〔單位：〕，那么該幾何體的體積為__________11．拋物線的參數(shù)方程為〔為參數(shù)〕假設(shè)斜率為1的直線經(jīng)過(guò)拋物線的焦點(diǎn)，且與圓相切，那么=________.12．如圖，圓中兩條弦與相交于點(diǎn)，是延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且假設(shè)與圓相切，那么線段的長(zhǎng)為__________.13．集合，那么集合=________.14．直角梯形中，//,,,是腰上的動(dòng)點(diǎn)，那么的最小值為____________.三、解答題：本大題共6小題，共80分．解容許寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟．15．〔本小題總分值13分〕函數(shù)〔Ⅰ〕求的定義域與最小正周期；〔II〕設(shè)，假設(shè)求的大小．16．〔本小題總分值13分〕學(xué)校游園活動(dòng)有這樣一個(gè)游戲工程：甲箱子里裝有3個(gè)白球、2個(gè)黑球，乙箱子里裝有1個(gè)白球、2個(gè)黑球，這些球除顏色外完全相同，每次游戲從這兩個(gè)箱子里各隨機(jī)摸出2個(gè)球，假設(shè)摸出的白球不少于2個(gè)，那么獲獎(jiǎng)．〔每次游戲結(jié)束后將球放回原箱〕〔Ⅰ〕求在1次游戲中，〔i〕摸出3個(gè)白球的概率；〔ii〕獲獎(jiǎng)的概率；〔Ⅱ〕求在2次游戲中獲獎(jiǎng)次數(shù)的分布列及數(shù)學(xué)期望.17．〔本小題總分值13分〕如圖，在三棱柱中，是正方形的中心，，平面，且〔Ⅰ〕求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；〔Ⅱ〕求二面角的正弦值；〔Ⅲ〕設(shè)為棱的中點(diǎn)，點(diǎn)在平面內(nèi)，且平面，求線段的長(zhǎng)．18．〔本小題總分值13分〕在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)為動(dòng)點(diǎn)，分別為橢圓的左右焦點(diǎn)．△為等腰三角形．〔Ⅰ〕求橢圓的離心率；〔Ⅱ〕設(shè)直線與橢圓相交于兩點(diǎn)，是直線上的點(diǎn)，滿足，求點(diǎn)的軌跡方程．19．〔本小題總分值14分〕，函數(shù)〔的圖像連續(xù)不斷〕〔Ⅰ〕求的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ〕當(dāng)時(shí)，證明：存在，使；〔Ⅲ〕假設(shè)存在均屬于區(qū)間的，且，使，證明．20．〔本小題總分值14分〕數(shù)列與滿足：，，且．〔Ⅰ〕求的值；〔Ⅱ〕設(shè)，證明：是等比數(shù)列；〔III〕設(shè)證明：．答案解析一、選擇題(本大題共8題,共計(jì)40分)1、(5分)B.2、(5分)A∵x≥2，∴x2≥4.∵y≥2，∴y2≥4.∴x2＋y2≥8≥4.∴x≥2且y≥2?x2＋y2≥4，反之令x2＋y2＝5≥4，可取x＝2，y＝1，無(wú)法推出y≥2.應(yīng)選A項(xiàng)．3、(5分)B第一次運(yùn)算：i＝1，a＝2，a＜50；第二次運(yùn)算：i＝2，a＝5，a＜50；第三次運(yùn)算：i＝3，a＝16，a＜50；第四次運(yùn)算：i＝4，a＝65，a＞50.所以輸出i＝4.4、(5分)D設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a，公差d＝－2.那么a7＝a1＋6d＝a1－12；a3＝a1＋2d＝a1－4；a9＝a1＋8d＝a1－16.∵a7是a3與a9的等比中項(xiàng)，∴＝a3·a9，∴(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，∴a1＝20.∴S10＝10a1＋d＝110.5、(5分)C設(shè)含x2的項(xiàng)是二項(xiàng)展開式中第r＋1項(xiàng)，那么.令3－r＝2，得r＝1.∴x2的系數(shù)為.6、(5分)D設(shè)BD＝a，那么BC＝2a，AB＝AD＝A．在△ABD中，由余弦定理，得cosA＝＝＝.又∵A為△ABC的內(nèi)角，∴sinA＝.在△ABC中，由正弦定理得，.∴sinC＝·sinA＝·＝.7、(5分)C，log23.4＞log22＝1，log43.6＜log44＝1，＞log33＝1，又log23.4＞＞，∴l(xiāng)og23.4＞＞log43.6.又∵y＝5x是增函數(shù)，∴a＞c＞b．8、(5分)B由題意得，即在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫出函數(shù)y＝f(x)與y＝c的圖象如下列圖，結(jié)合圖象可知，當(dāng)c∈(－∞，－2]∪(－1，)時(shí)兩個(gè)函數(shù)的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)，從而方程f(x)－c＝0有兩個(gè)不同的根，即y＝f(x)－c與x軸有兩個(gè)不同交點(diǎn)．二、填空題(本大題共6題,共計(jì)30分)9、(5分)12解析：設(shè)抽取男運(yùn)發(fā)動(dòng)人數(shù)為n，那么女運(yùn)發(fā)動(dòng)人數(shù)21－n.由分層抽樣知：，∴n＝12.10、(5分)6＋π解析：由幾何體的三視圖可知，原幾何體是一個(gè)長(zhǎng)方體和一個(gè)圓錐的組合體．下面的長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別是3m，2m，1m，∴體積為3×2×1＝6(m3)．上面的圓錐底面圓半徑為1m，高為3m，∴圓錐的體積為π×12×3＝π(m3)．∴該幾何體的體積為(6＋π)m3.11、(5分)解析：消去參數(shù)t，得拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程y2＝8x，其焦點(diǎn)F(2，0)，∴過(guò)拋物線焦點(diǎn)斜率為1的直線方程：x－y－2＝0，∵直線與圓(x－4)2＋y2＝r2相切，∴r＝d＝.12、(5分)解析：設(shè)BE＝m，那么BF＝2m，AF＝4∵AB與CD是圓的兩條相交弦，交點(diǎn)為F，∴由相交弦定理，得AF·FB＝CF·FD＝＝2，∴4m·2m＝2，∴m2＝又∵CE是圓的切線，根據(jù)切割弦定理，得CE2＝EB·EA＝m(m＋2m＋4m)＝7m∴CE＝.13、(5分){x|－2≤x≤5}解析：解不等式|x＋3|＋|x－4|≤9.(1)當(dāng)x＜－3時(shí)，|x＋3|＋|x－4|＝－x－3＋4－x≤9，∴x≥－4，即－4≤x＜－3；(2)當(dāng)－3≤x≤4時(shí)，|x＋3|＋|x－4|＝x＋3＋4－x≤9恒成立，∴－3≤x≤4；(3)當(dāng)x＞4時(shí)，|x＋3|＋|x－4|＝x＋3＋x－4≤9，∴x≤5，即4＜x≤5.綜上所述，A＝{x∈R|－4≤x≤5}．∵t∈(0，＋∞)，∴x＝4t＋－6≥2－6＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝時(shí)等號(hào)成立．∴B＝{x∈R|x≥－2}．∴A∩B＝{x∈R|－4≤x≤5}∩{x∈R|x≥－2}＝{x∈R|－2≤x≤5}．14、(5分)5解析：根據(jù)題意，以AD為x軸，DC為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如下列圖．∵AD＝2，∴A(－2，0)．∵BC＝1，∴可設(shè)B(－1，n)．∴點(diǎn)P在DC上運(yùn)動(dòng)，∴可設(shè)P(0，y)(0≤y≤n)．∴＝(－2，－y)，＝(－1，n－y)，∴＝(－5，3n－4y)．∴.∴當(dāng)3n＝4y，即y＝n時(shí)，取得最小值5.三、解答題(本大題共6題,共計(jì)80分)15..解：〔1〕由，得，所以f(x)的定義域?yàn)椋甪(x)的最小正周期為〔2〕由得，，整理得．因?yàn)?，所?因此由，得．所以16.解：〔1〕①設(shè)“在1次游戲中摸出i個(gè)白球〞為事件Ai(i＝0，1，2，3)，那么②設(shè)“在1次游戲中獲獎(jiǎng)〞為事件B，那么B＝A2∪A3.又且A2，A3互斥，所以.〔2〕由題意可知X的所有可能取值為0，1，2.所以X的分布列是X012PX的數(shù)學(xué)期望17.解：(方法1)如下列圖，建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn).

依題意得〔1〕解：易得，

于是

所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為〔2〕解：易知

設(shè)平面AA1C1的法向量，

那么即

不妨令可得，

同樣地，設(shè)平面A1B1C1的法向量，

那么即不妨令，可得于是從而所以二面角A—A1C1—B的正弦值為〔3〕解：由N為棱B1C1得設(shè)M〔a，b，0〕，那么由平面A1B1C1，得即解得故因此，所以線段BM的長(zhǎng)為

(方法2)〔1〕解：由于AC//A1C1，故是異面直線AC與A1B1所成的角.因?yàn)槠矫鍭A1B1B，又H為正方形AA1B1B的中心，可得因此所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為〔2〕解：連接AC1，易知AC1=B1C1又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C所以≌，過(guò)點(diǎn)A作于點(diǎn)R，連接B1R，于是，故為二面角A—A1C1—B1的平面角.在中，連接AB1，在中，，從而所以二面角A—A1C1—B1的正弦值為〔3〕解：因?yàn)槠矫鍭1B1C1，所以取HB1中點(diǎn)D，連接ND，由于N是棱B1C1所以ND//C1H且.又平面AA1B1B，所以平面AA1B1B，故又所以平面MND，連接MD并延長(zhǎng)交A1B1于點(diǎn)E，那么由得，延長(zhǎng)EM交AB于點(diǎn)F，可得連接NE.在中，所以可得連接BM，在中，18.解：〔1〕設(shè)F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)(c＞0)．由題意，可得|PF2|＝|F1F2|，即整理得(舍)，或，所以.〔2〕由(1)知，可得橢圓方程為3x2＋4y2＝12c2，直線PF2方程為．A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組，消去y并整理，得5x2－8cx＝0.解得得方程組的解.不妨設(shè)．設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為．由于是由，即，化簡(jiǎn)得將，所以x＞0.因此，點(diǎn)M的軌跡方程是18x2－16xy－15＝0(x＞0)．19.解：〔1〕．令.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：xf′(x)＋0－f(x)↗極大值↘所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是的單調(diào)遞減區(qū)間是．〔2〕證明：當(dāng)由(1)知f(x)在(0，2)內(nèi)單調(diào)遞增，在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．令由于f(x)在(0，2)內(nèi)單調(diào)遞增，故.取所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)＝0，即存在(說(shuō)明：x′的取法不唯一，只要滿足x′＞2，且g(x′)＜0即可．)〔3〕證明：由f(α)＝f(β)及(1)的結(jié)論知，從而f(x)在[α，β]上的最小值為f(α)．又由β－α≥1，α，β∈[1，3]，知1≤α≤2≤β≤3.故從而20.解：〔1〕由可得又bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＋a2＋2a3＝0，由a1＝2，a2＝4，可得a3當(dāng)n＝2時(shí)，2a2＋a3＋a4＝0，可得a4當(dāng)n＝3時(shí)，a3＋a4＋2a5＝0，可得a5〔2〕證明：對(duì)任意n∈N*，a2n－1＋a2n＋2a2n＋12a2n＋a2n＋1＋a2n＋2a2n＋1＋a2n＋2＋2a2n＋3②－③，得a2n＝a2n＋3.④將④代入①，可得a2n＋1＋a2n＋3＝－(a2n－1＋a2n＋1)．即cn＋1＝－cn(n∈N*)．又c1＝a1＋a3＝－1，故cn≠0，因此是等比數(shù)列．〔3〕證明：由(2)可得a2k－