2023年天津市高考数学真题试卷附详解

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）

1,2,4,则CUBA（ ） 1. 已知集合U1,2,3,4,5,A1,3,BA. 1,3,5 B. 1,3 C. 1,2,4 D. 1,2,4,5 2. “a2b2”是“a2b22ab”的（ ） A. 充分不必要条件 C. 充分必要条件

B. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件

3. 若a1.010.5,b1.010.6,c0.60.5,则a,b,c的大小关系为（ ） A. cab C. abc

B. cba D. bac

4. 函数fx的图象如下图所示,则fx的解析式可能为（ ）

A.

5exexx225exexx22 

B.

5sinx 2x15cosx 2x1C.

D.

5. 已知函数fx的一条对称轴为直线x2,一个周期为4,则fx的解析式可能为 （ ）A. sinC. sin2x x B. cos24x x 4D. cos6. 已知an为等比数列,Sn为数列an的前n项和,an12Sn2,则a4的值为（ ） A. 3

B. 18

C. 54

D. 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（ ）

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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PM1PC,线段PB上的点N满足3PNA.

2PB,则三棱锥PAMN和三棱锥PABC的体积之比为（ ） 3B.

2 91 9C.

1 3D.

4 9x2y29. 双曲线22(a0,b0)的左、右焦点分别为F1、F2．过F2作其中一条渐近线的垂

ab线,垂足为P．已知PF22,直线PF1的斜率为

2,则双曲线的方程为（ ） 4x2y2A. 1

84x2y2C. 1

42x2y2B. 1

48x2y2D. 1

24二、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．

10. 已知i是虚数单位,化简

6514i的结果为_________．

23i111. 在2x3的展开式中,x2项的系数为_________． x12. 过原点的一条直线与圆C:(x2)2y23相切,交曲线y22px(p0)于点P,若OP8,则p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

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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ABC中,A60,BC1,点D为AB的中点,点E为CD的中点,若设

ABa,ACb,则AE可用a,b表示为_________；若BF为_________．

1BC,则AEAF的最大值315. 若函数fxax2xxax1有且仅有两个零点,则a的取值范围为_________．

22三、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ABC中,角A,B,C所对的边分別是a,b,c．已知a（1）求sinB的值； （2）求c的值； （3）求sinBC． 17. 三棱台ABC39,b2,A120．

A1B1C1中,A1A面ABC,ABAC,ABACAA12,AC111

M,N分别是BC,BA中点.

（1）求证：A1N//平面C1MA；

（2）求平面C1MA与平面ACC1A1所成夹角的余弦值； （3）求点C到平面C1MA的距离．

x2y218. 设椭圆221(ab0)的左右顶点分别为A1,A2,右焦点为F,已知

abA1F3,A2F1．

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（1）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A2P交y轴于点Q,若三角形

A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍,求直线A2P的方程．

19. 已知an是等差数列,a2a516,a5a34． （1）求an的通项公式和

2n1i2a．

in1（2）已知bn为等比数列,对于任意kN*,若2k1n2k1,则bkanbk1,

kk（Ⅰ）当k2时,求证：21bk21；

（Ⅰ）求bn的通项公式及其前n项和． 20. 已知函数fx11lnx1． x2（1）求曲线yfx在x2处切线的斜率； （2）当x0时,证明：fx1； （3）证明：

51lnn!nlnnn1． 62

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2023年天津市高考数学试卷答案

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）

1,2,4,则CUBA（ ） 1. 已知集合U1,2,3,4,5,A1,3,BA. 1,3,5 B. 1,3 C. 1,2,4 【详解】由CUB3,5,而A{1,3}

D. 1,2,4,5

1，3，5. 所以CUBA故选：A.

2. “a2b2”是“a2b22ab”的（ ） A. 充分不必要条件 C. 充分必要条件

B. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件

【详解】由a2b2,则ab,当ab0时a2b22ab不成立,充分性不成立； 由a2b22ab,则(ab)20,即ab,显然a2b2成立,必要性成立； 所以a2b2是a2b22ab的必要不充分条件. 故选：B.

3. 若a1.010.5,b1.010.6,c0.60.5,则a,b,c的大小关系为（ ） A. cab C. abc

xB. cba D. bac

【详解】由y1.01在R上递增,则a1.010.5b1.010.6 由yx0.5在[0,)上递增,则a1.010.5c0.60.5.

所以bac. 故选：D.

4. 函数fx的图象如下图所示,则fx的解析式可能为（ ）

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A.

5exexx225exexx22 

B.

5sinx x215cosx x21C.

D.

【分析】由图知函数为偶函数,先判断B中函数的奇偶性,再判断A、C中函数在(0,)上的函数符号排除选项,即得答案.

【详解】由图知：函数图象关于y轴对称,其为偶函数,且f(2)f(2)0 由

5sin(x)5sinx且定义域为R,即B中函数为奇函数,排除；

(x)21x215(exex)5(exex)当x0时,0、0,即A、C中(0,)上函数值为正,排除； 22x2x2故选：D.

5. 已知函数fx的一条对称轴为直线x2,一个周期为4,则fx的解析式可能为 （ ）A. sinC. sin2x x B. cos24x x 24D. cos【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性： A选项中

T224,B选项中

T224,C选项中

T248,D选项中

T48,

排除选项CD.

sin对于A选项,当x2时,函数值20,故2,0是函数的一个对称中心,排除选项2A.

对于B选项,当x2时,函数值cos故选：B.

6. 已知an为等比数列,Sn为数列an的前n项和,an12Sn2,则a4的值为（ ） A. 3

B. 18

C. 54

D. 152

21,故x2是函数的一条对称轴. 2【详解】由题意可得：当n1时,a22a12,即a1q2a12, Ⅰ 当n2时,a32a1a22,即a1q2a1a1q2, Ⅰ

2联立①②可得a12,q3,则a4a1q354.

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故选：C.

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

【详解】根据散点的集中程度可知,花瓣长度和花萼长度有相关性,A选项错误;

散点的分布是从左下到右上,从而花瓣长度和花萼长度呈现正相关性,B选项错误,C选项正确；由于r0.8245是全部数据的相关系数,取出来一部分数据,相关性可能变强,可能变弱,即取出的数据的相关系数不一定是0.8245,D选项错误. 故选：C.

8. 在三棱锥PABC中,线段PC上的点M满足PM1PC,线段PB上的点N满足3PNA.

2PB,则三棱锥PAMN和三棱锥PABC的体积之比为（ ） 3B.

2 91 9C.

1 3D.

4 9【详解】如图,分别过M,C作MMPA,CCPA,垂足分别为M,C.过B作BB平面PAC,垂足为B,连接PB,过N作NNPB,垂足为N.

因为BB平面PAC,BB平面PBB,所以平面PBB平面PAC.

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又因为平面PBB平面PACPB,NNPB,NN平面PBB,所以NN平面

PAC,且BB//NN.

PMMM1在△PCC中,因为MMPA,CCPA,所以MM//CC,所以

PC3CC在△PBB中,因为BB//NN,所以

PNNN2 PBBB3所以

VPAMNVNPAMVPABCVBPAC111PAMMNNSPAMNN2323.

1119SPACBBPACCBB332故选：B.

x2y29. 双曲线22(a0,b0)的左、右焦点分别为F1、F2．过F2作其中一条渐近线的垂

ab线,垂足为P．已知PF22,直线PF1的斜率为

2,则双曲线的方程为（ ） 4x2y2A. 1

84x2y2C. 1

42【详解】如图

x2y2B. 1

48x2y2D. 1

24

因为F2c,0,不妨设渐近线方程为y所以PF2所以b2.

设POF2,则tanbx,即bxay0 abca2b2bcb cPF2OPbb,所以OPa,所以OF2c. OPa

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ab211aba 因为abcyP,所以yP,所以tanyPcb,所以xPc22cxPxPaa2ab所以P,

cc因为F1c,0

所以kPF1a2cc2abcab2aa2 a2c2a2a24a2242 所以2a24a,解得ax2y2所以双曲线的方程为1.

24故选：D.

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．

10. 已知i是虚数单位,化简

514i的结果为_________．

23i514i514i23i5213i4i. 【详解】由题意可得

23i1323i23i故答案为：4i.

111. 在2x3的展开式中,x2项的系数为_________．

x【详解】展开式的通项公式Tk1C令184k2可得,k4

4则x2项的系数为1264C641560.

46k62x36kk16kk184k 12C6xxk故答案为：60.

12. 过原点的一条直线与圆C:(x2)2y23相切,交曲线y22px(p0)于点P,若OP8,则p的值为_________．

【详解】易知圆x2y23和曲线y2px关于x轴对称,不妨设切线方程为ykx,

22k0

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2px2kx03y3x3,解得：k3,由2 所以解得：或2y0y2px23p1ky322p23p4p所以OP8,解得：p6． 3332当k3时,同理可得． 故答案为：6．

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_________． 【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n,4n,6n,所以总数为15n 所以甲盒中黑球个数为40%5n2n,白球个数为3n； 甲盒中黑球个数为25%4nn,白球个数为3n； 甲盒中黑球个数为50%6n3n,白球个数为3n；

记“从三个盒子中各取一个球,取到的球都是黑球”为事件A,所以

PA0.40.250.50.05；

记“将三个盒子混合后取出一个球,是白球”为事件B 黑球总共有2nn3n6n个,白球共有9n个 所以,PB9n3． 15n5故答案为：0.05；

3． 514. 在ABC中,A60,BC1,点D为AB的中点,点E为CD的中点,若设

ABa,ACb,则AE可用a,b表示为_________；若BF为_________．

1BC,则AEAF的最大值3AEEDAD 【详解】空1：因为E为CD的中点,则EDEC0,可得AEECAC两式相加,可得到2AEADAC 即2AE111ab,则AEab； 242

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AFFCAC1 空2：因为BFBC,则2FBFC0,可得3AFFBAB得到AFFC2AFFBAC2AB 即3AF2ab,即AF于是AEAF21ab. 332212111abab2a5ab2b.

233124记ABx,ACy,则

AEAF,

221115xy2a5ab2b2x25xycos602y22x22y212121222在ABC中,根据余弦定理：BCxy2xycos60xyxy1 于是AEAF22222215xy19xy2xy22 12212222由xyxy1和基本不等式,xyxy12xyxyxy 故xy1,当且仅当xy1取得等号 则xy1时,AEAF有最大值故答案为：

13. 241113ab；.

2442

15. 若函数fxax2xxax1有且仅有两个零点,则a的取值范围为_________．

22【详解】（1）当x2ax10时,fx0a1xa2x10

2即a1x1x10

若a1时,x=1,此时x2ax10成立； 若a1时,x1或x=1 a1若方程有一根为x=1,则1a10,即a2且a1；

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111,则若方程有一根为xa10,解得：a2且a1； a1a1a1若x211时,a0,此时1a10成立． a12（2）当x2ax10时,fx0a1xa2x10 即a1x1x10

若a1时,x1,显然x2ax10不成立； 若a1时,x1或x1 a1若方程有一根为x1,则1a10,即a2；

111,则若方程有一根为xa10,解得：a2； a1a1a1若x综上

当a2时,零点为

211时,a0,显然x2ax10不成立； a111,； a1a11,1； a1当2a0时,零点为

当a0时,只有一个零点1； 当0a1时,零点为

1,1； a11,1； a1当a1时,只有一个零点1； 当1a2时,零点为

当a2时,零点为1,1．

所以,当函数有两个零点时,a0且a1． 故答案为：,00,11,．

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ABC中,角A,B,C所对的边分別是a,b,c．已知a（1）求sinB的值； （2）求c的值；

39,b2,A120．

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（3）求sinBC． 【答案】（1）（2）5 （3）13 1373 26【小问1详解】 由正弦定理可得,【小问2详解】

由余弦定理可得,a2b2c22bcsinA,即394c22c解得：c5或c7（舍去）． 【小问3详解】 由正弦定理可得,

2ab39213,即,解得：sinB； sinAsinBsin120sinB131 2ac395513,即,解得：sinC,而A120 sinAsinCsin120sinC26253391239,cosB1 52261313所以B,C都为锐角,因此cosC1故sinBCsinBcosCcosBsinC17. 三棱台ABC1333923951373． 1326132626A1B1C1中,若A1A面ABC,ABAC,ABACAA12,AC111,

M,N分别是BC,BA中点.

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（1）求证：A1N//平面C1MA；

（2）求平面C1MA与平面ACC1A1所成夹角的余弦值； （3）求点C到平面C1MA的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）（3）

2 34 3【小问1详解】

连接MN,C1A.由M,N分别是BC,BA的中点,根据中位线性质,MN//AC,且

MNAC1 2由棱台性质,A1C1//AC,于是MN//A1C1,由MNAC11是平行111可知,四边形MNAC四边形,则A1N//MC1

又A1N平面C1MA,MC1平面C1MA,于是A1N//平面C1MA. 【小问2详解】

过M作MEAC,垂足为E,过E作EFAC1,垂足为F,连接MF,C1E. 由ME面ABC,A1A面ABC,故AA1ME,又MEAC,AC∩AA1A,

AC,AA1平面ACC1A1,则ME平面ACC1A1.

由AC1平面ACC1A1,故MEAC1,又EFAC1,MEEFE,ME,EF平面

MEF,于是AC1平面MEF

由MF平面MEF,故AC1MF.于是平面C1MA与平面ACC1A1所成角即MFE.

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又ME122AB1,cosCAC1,则sinCAC1,故EF1sinCAC15552在RtMEF中,MEF90,则MF143 55于是cosMFEEF2. MF3

【小问3详解】 [方法一：几何法]

过C1作C1PAC,垂足为P,作C1QAM,垂足为Q,连接PQ,PM,过P作PRC1Q垂足为R.

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由题干数据可得,C1AC1C5,C1MC1P2PM25,根据勾股定理,

232 C1Q522由C1P平面AMC,AM平面AMC,则C1PAM,又C1QAM,C1Q2C1PC1,

C1Q,C1P平面C1PQ,于是AM平面C1PQ.

又PR平面C1PQ,则PRAM,又PRC1Q,C1QAMQ,C1Q,AM平面

C1MA,故PR平面C1MA.

2PC1PQ22 在RtC1PQ中,PRQC133222又CA2PA,故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍 即点C到平面C1MA的距离是[方法二：等体积法]

4. 3

辅助线同方法一.

设点C到平面C1MA的距离为h.

1VC1AMCC1PS3AMC11232222 3

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1VCC1MAhS3AMC11132hh2. 3222由VC1AMCVCC1MAh24,即h.

323x2y218. 设椭圆221(ab0)的左右顶点分别为A1,A2,右焦点为F,已知

abA1F3,A2F1．

（1）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A2P交y轴于点Q,若三角形

A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍,求直线A2P的方程.

1x2y2. e【答案】（1）椭圆的方程为,离心率为1243（2）y【解析】

6x2. 2ac3【分析】（1）由解得a2,c1,从而求出b3,代入椭圆方程即可求方程,再

ac1代入离心率公式即求离心率.

（2）先设直线A2P的方程,与椭圆方程联立,消去y,再由韦达定理可得xA2xP,从而得到P点和Q点坐标.由SA2QA1SA1PQSA1A2P2SA2PFSA1A2P得2yQ3yP,即可得到关

于k的方程,解出k,代入直线A2P的方程即可得到答案. 【小问1详解】 如图,

ac3由题意得,解得a2,c1,所以b22123

ac1

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c1x2y2所以椭圆的方程为1,离心率为e.

a243【小问2详解】

x2y2由题意得,直线A2P斜率存在,由椭圆的方程为1可得A22,0

43设直线A2P的方程为ykx2

x2y212222联立方程组4,消去y整理得：34kx16kx16k120 3ykx28k2616k212 由韦达定理得xAxP,所以xP234k234k28k2612kP,Q0,2k. 所以22,34k34k所以S所以SA2QA114yQ,S2SA1PQA2PF11yP,S2A2PFA1A2P14yP 2A2QA1SA1A2P2SSA1A2P

所以2yQ3yP,即22k312k

34k2解得k66,所以直线A2P的方程为yx2. 2219. 已知an是等差数列,a2a516,a5a34． （1）求an的通项公式和

2n1i2n1a．

i（2）已知bn为等比数列,对于任意kN*,若2k1n2k1,则bkanbk1.

kk（Ⅰ）当k2时,求证：21bk21；

（Ⅰ）求bn的通项公式及其前n项和． 【答案】（1）an2n1,

2n1i2n1ai322n1；

n（2）(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)bn2,前n项和为2n12. 【小问1详解】

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a2a52a15d6a13 由题意可得,解得aa2d4d253则数列an的通项公式为ana1n1d2n1 注意到a2n12n122n112n1,从a2到a2n1共有2n12n112n1项

n1故

i2n1ai2n12n12n12n112222n12n122n22n1322n1.

【小问2详解】

(Ⅰ)由题意可知,当2k1n2k1时,bk取n2k1,则bkan

a2k122k112k1,即bk2k1

当2k2n2k11时,anbk

取n2k11,此时ana2k1122据此可得2kk1112k1

1bk

kk综上可得：21bk21.

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：1b13,3b2据此猜测bn2

否则,若数列的公比q2,则bn注意到2n15,7b39,15b417

nb1qn1b12n12n1

2n112n1,则2n12n10不恒成立,即2n12n1不恒成立

n此时无法保证21bn

若数列的公比q2,则bn注意到32n1b1qn1b12n132n1

2n12n11,则2n110不恒成立,即32n12n1不恒成立

此时无法保证bn2n1

n综上,数列的公比为2,则数列的通项公式为bn2 其前n项和为：Sn212n122n12.

20. 已知函数fx11lnx1． x2（1）求曲线yfx在x2处切线的斜率；

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（2）当x0时,证明：fx1； （3）证明：

51lnn!nlnnn1． 62【答案】（1）

1ln3 34（2）证明见解析 （3）证明见解析 【小问1详解】

f(x)11ln(x1)ln(x1)ln(x1) ,则f(x)x(x1)2(x1)x2x2所以f(2)1ln31ln3,故x2处的切线斜率为； 34342x11lnx11,即证lnx1 x2x2【小问2详解】 要证x0时fx14x22x0 令g(x)lnx1且x0,则g(x)22x1(x2)(x1)(x2)x2所以g(x)在(0,)上递增,则g(x)g(0)0,即lnx1所以x0时fx1. 【小问3详解】 设h(n)lnn!n2x. x21*lnnn,nN 2则h(n1)h(n)1(n)lnn(n)lnn11(n)ln(1) 由（2）知：x1212121n1111(0,1],则f()(n)ln(1)1 nn2n所以h(n1)h(n)0,故h(n)在nN*上递减,故h(n)h(1)1； 下证ln(n!)(n)ln(n)n125 6(x1)2(1x)(x5)(x1) 令(x)lnx且x0,则(x)x(2x1)24x2当0x1时(x)0,(x)递增,当x1时(x)0,(x)递减



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所以(x)(1)0,故在x0,上lnx则

(x5)(x1)恒成立

4x211(6)()1111111nn1h(n)h(n1)(n)ln(1)1(n)() 2n22(32)4n(3n2)12n1nn所以h(2)h(3)11111111(1),h(3)h(4)(),…,h(n1)h(n)() 122122312n1n累加得：h(2)h(n)所以h(1)h(n)311113(1),而h(2)2ln2,则h(n)(1)2ln2 12n12n223113115ln21(1)ln21,故h(n)； 212n21266综上,

515h(n)1,即lnn!nlnnn1.

626

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