2023年天津高考数学试卷附答案

2023年高考数学试卷(天津卷)

一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1.已知集合U={1,2,3,4,5},A={1,3},B={1,2,4}，则CUBUA=()

A.[1,3,5｝B.{1,3}

C.｛1,2,4)D.[1,2,4,5}

2∙"a2=庐"是"a2+b2=2αb”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

3.若α=1.01t>∙5,b=1.01°6,C=0.6°5,则α,b,C的大小关系为()

A.c>a>bB.c>b>aC.a>b>cD.b>a>

4.函数/(%)的图象如下图所示，则/(X)的解析式可能为()

x-x

r5(e+β)n5cosx

X2+2

5.已知函数/(%)的一条对称轴为直线％=2,一个周期为4,则/(x)的解析式可能为()

A.sin(5x)B.cos(5%)C.sin(?x)D.cos(?x)

6.已知｛%l｝为等比数列，Sn为数列｛册｝的前n项和，an+1=2Sn+2,则的值为()

A.3B.18C.54D.152

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r=0.8245,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0.8245

8.在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足尸M=∕PC,线段PB上的点N满足PN=IPB，则三

棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为()

A.gB.IC.ɪD∙g

9.双曲线圣―£=l(α>0,b>0)的左、右焦点分别为％、F2.过尸2作其中一条渐近线的垂线，

垂足为P.已知PF2=2,直线Pa的斜率为乎，则双曲线的方程为()

A避y2X2y2_CΧ2y2-1Dχ2y2-1

~8~T-1β^4~~8~1^4~T~1T~T~1

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给

3分，全部答对的给5分.

io.已知i是虚数单位，化简瑞i的结果为.

11.在(2/_》6的展开式中，项的系数为

12.过原点的一条直线与圆C：(X+2)2+y2=3相切，交曲线y2=2pχ(p>0)于点P,若|。Pl=

8,贝IJP的值为

13.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5：4：6.这三个盒子中黑球占总

数的比例分别为40%,25%,50%.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

14.在AABC中，乙4=60。，BC=1,点。为28的中点，点E为CD的中点，若设前=五，AC=b，

则荏可用落石表示为；若而=&阮，则荏∙R?的最大值为.

15.若函数/(x)=ɑ/-2x-∣M一ciχ+ι∣有且仅有两个零点，贝∣]α的取值范围

为.

三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

16.在AABC中，角4,B,C所对的边分别是α,b,c∙已知α=病，b=2,∆A=120°.

(1)求SinB的值;

(2)求C的值；

(3)求Sin(B-C).

17.三棱台/BC-4B1C1中，若A遇1面力BC,AB1AC,AB=AC=AA1=2,AICl=1，M,N分

别是BC,B4中点.

(1)求证：AlN〃平面ClM4；

(2)求平面ClMA与平面4CC√U所成夹角的余弦值；

(3)求点C到平面ClMA的距离.

18.设椭圆与+4=l(a>b>0)的左右顶点分别为公,A2,右焦点为F，已知|力/|=3,FI=

αb

1.

(I)求椭圆方程及其离心率；

(2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线/hP交y轴于点Q，若三角形4PQ的面积是

三角形ZhFP面积的二倍，求直线/2P的方程.

19.已知｛αn｝为等差数列，α⅛+。5=16,即—03=4∙

(1)求｛αn｝的通项公式和∑Hια,∙∙

(2)已知｛bn｝为等比数列,对于任意k∈N*,若2i≤n≤2k-1，则比<%<M+ι,

kk

(I)当k≥2时，求证：2-l<bk<2+1;

(II)求｛%｝的通项公式及其前般项和.

20.已知函数/(χ)=¢+今In(X+1).

(I)求曲线y=/(%)在X=2处切线的斜率；

(2)当x>0时，证明：/(x)>1；

(3)证明：I<ln(τι!)—(n+^)ln(n)+n≤1.

参考答案

L【答案】A

2.【答案】B

3.【答案】D

4.【答案】D

5.【答案】B

6.【答案】C

7.【答案】C

8.【答案】B

9.【答案】D

10.【答案】4+i/i+4

11.【答案】60

12.【答案】6

13.【答案】.§

14.【答案】/+如；聂

15.【答案】（一8,O）U（0,1）U（1,+∞）

16.【答案】（1）'."a=√39.b=2,z4=120°>

根据正弦定理α_b

SinZTI-sinzB,

bsinZjl2×⅛√13.

•φsinF=-

a√≡^--13^,

（2）同理，根据余弦定理得

222

a2=b+c-2bccos∆A,代入已知条件得39=4+c+2c,

'."c>0,解得c=5.

(3)由(1)得SinB=

又∙.Z=120°,

ΛzB∈(0,60°)

∙,∙CoSNB=√1-Sin2Z.B=

ʌcos2δ=1—2sin2β=叫，sin2B=2sinBcosβ=

ɪɔ1ɔ

∙"∙sin(B-C)=sin[5—(180o-A-B)]=-SinG4÷25)=-sinΛcos2β—cos√lsin2β=—ɪ×ɪɪ÷

—1X_4_√_3—_-7__√_3

213^26

∙,∙sin(B-C)=~-^-∙

17.【答案】(1)证明：连接MN,

在三棱台∕BC-AιBιG中，

A1C1HAC,

N分别是BC,BA中点，且ZB=AC=AAi=2,X1C1=1

:.MNHAC,MN=^AC=1,

：.MNIlAlC1，MN=A1C1

，四边形是平行四边形

又・・・&Ne平面ClM4ClMU平面ClM4

・MlN//平面CIM4

（2）解：连接力G，过点Q作CID_LAC交AC于点D,过点D作OEIACl交4Q于点E,连接

MD,ME,

,.∙若a遇1面ABC,且MDU面ABC,

.,.A1A1MD,A1A1AC,

又：CID1AC,

.∙.四边形4遇。Cl为矩形，

1

∙^AD=A1C1=1=^AC,

AB1AC,，

：.MDHAB,

：.MDLAC,M。_LOE且ACn44ι=4

・・・MDJ_面4〃CCi，

：.MDLAC19且DE_L4Ci，MDCDE=D

JAC」面MDE,

：.MEIAC1,

：.平面ClMA与平面ACGal所成夹为4MED,

由4B=AC=AA1=2,A1C1=1,

Λ½1C=√5,AD=I,CIO=2,

s

_LADC1_^∙AD-C1D_2√5

..DE-1-1-—p-,

i∙ΛC1∣∙ΛC15

在RtAMDE中，易得MD=TAB=I

∙^∙MF=y∕MD2+DE2=萼，

DF2

ACOSZMED=垸=(

.∙.平面CIM4与平面"GA所成夹角的余弦值为∣.

由⑵得，面

MDAlaCCl,SAJ4MCI=^∙AC1-ME=

2,S“CIC=]∙4C∙CiD=2

,∙'yC-ACiM=VMTlCC1，设点C到平面C1ΛM的距离为d,

β∏βXSA4C]MXd=WXSA4QCXDM=β,×2×^=zβ,×2×l>解得d——可,

.∙.点C到平面CIMA的距离为*

18.【答案】(1)解：:MiFl=3,∖A2P∖-1，

：.2a=M1F∣+∖A2F∖=4,即a=2,

此时C=a-∖A2F∖=2-1=1,

∙,∙b2=a2—C2=3^

.∙.椭圆的方程为W+?=1，离心率为e=£=/

4JQN

(2)解：由⑴得,A2(2,0)，Λι(-2,0),F(l,0).

设直线&P的解析式为久=Ay+2,此时Q点易得（0,-6,

'%2y2

联立^4^+-3^-1,整理得(31+4)y2+12ky-0,BPy[(3k2+4)y+12∕c]=0

.X=ky+2

12A

：.y=-

P3fc2+4,

6k

SAAZFP=々X4尸X

3k2+4

12k

QQ=IX∣y

SAAIPQ=SAAJA2-SΔAIA2AiA2×ρ-yp∖=2+----2------

3/c+4

•；三角形AlPQ的面积是三角形&FP面积的二倍

∙∙2I就I=2仔+急|，整理得*1=四一8],

解得k=+半，

-3

.∙.直线的解析式为％=±萼y+2，

KP3%+V6y—6=O或3%—Vβy—6=0.

19.【答案】（1）解：设等差数列｛%l｝的首项为由，公差为d,

••・。2+。5=2。1+d=16,α⅛—。3=2d=4∙

解得：d=2,α1=3

.∙.{αn}通项公式为,an=a1+(n—l)d=2n+1

由求和项数为(2rι-1)-2九T÷1=2n^1,

Λ1an1n1zt

∑∙=2"-i=2^×(2×2~+1)+2l(2∖l-l)x2=22n-l+22n-2=3χ22n-2=3χ4n-l

(2)(I)由(l)α7l=2n+l,

'∙'2k~1≤n≤2k-l,

,fck+1fe+1

.∙2+l≤2n+1≤2-1,即2卜+1≤an<2-1,

由"Jbk<an<bk+1,

••瓦<2"+1≤αjlS2“+1—1<b∣c+ι，

kk+1

Λ⅛fc<2+1,2-l<b∣c+1,即2"-1<瓦，(k>2)

k

故力-l<bk<2+l(k>2);

证毕！

nn

(II)由(1)得，2-l<6n<2+l(n≥2),则，3<b2<5

设｛%｝的公比为q,

2w+1-lb2n+1+l33

则n+1即2-2n+1+l<q<2+式五恒成立，

2rι+l+ι2n-l

33

当nτ+8，则尹再ɪT0,产Ξψτ°,

，此时为使q在实数范围内恒成立，q=2,

n2n2

此时既=b2-q-=b2-2~

n

同理，由2"-1<bzι<2+l(n22)

"nn2n

..2-1<b2-2~<2+1

∙⅛<^<¾即4<尻<4+舟恒成立,

L乙乙乙

故—4,

n2n

Λ⅛n=½∙2^=2,

ʌhɪ=2,

F=当甘=*—2

20.【答案】⑴解:由/(x)=C+}ln(x+l)得/'(%)=ʤ+1)+(1+9白(x>-l且

x≠0).

.∙.k=∕'(2)=-竽+寺

故曲线、=/。)在尢=2处切线的斜率3-苧；

(2)解：要证/(x)>l,即证f(x)-I=G+}ln(κ+1)-1>0,

Vx>0,

:•即证(%+2)ln(x+1)—2x>0,

令g(%)=(%+2)ln(x+1)—2%

1

∙'∙g'(x)=In(X+1)+r-1

g"(%)=—⅛>0-

(χ+i)

.∙.g<%)在(0,+8)上单调递增，/Q)在(—1,0)上单调递减,且g'(0)=0,

.∙.g(x)在(0,+8)上单调递增，此时g(0)ME=0，

.∙.g(x)>g(0),即g(x)>0,

证毕

(3)解：令八(H)=In(n!)—(n+}ln(τι)+n(n>()且K∈N*),

则有h(n+1)=ɪn[(n+1)/]—(n+∣)ln(n+1)+n+1-

1Z11

•∙h(τι+1)—h(τi)=In(Zl+1)+(n+I)In(Tl)—(Zl+I)In(TI+1)+I=—(n+I)In(而+1)+1，

令t=点,则g(t)=-G+:)ln(t+1)+1,

由(2)得一(∣+∣)ln(t+1)+1≤0,

h(n+1)—∕ι(n)<0,

即在定义域范围内单调递减，

此时∕l(n)mαX=∕l(l)=1，

*有九(九)≤L即证得ln(n!)—(n+I)In(X)+n≤1;

由(2)得，当一IVXVO,(x+2)ln(x÷l)-2x<0,则(％+l)ln%—2(%—1)V0,%∈(0,1)

Aq

构造(P(X)=(2X2+X)InX—^x2+X，

则“(%)=(x÷l)lnx—2(X—1)<