2023年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試·天津卷

PAGE12023年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試·天津卷數(shù)學(xué)本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共150分，考試用時(shí)120分鐘．第Ⅰ卷本卷共9小題，每小題5分，共45分．參考公式：·如果事件A，B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．·如果事件A，B相互獨(dú)立，那么P(AB)＝P(A)P(B)．·球的體積公式V＝43πR3，其中R·圓錐的體積公式V＝13Sh，其中S表示圓錐的底面面積，h一、選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．已知集合U＝{1，2，3，4，5}，A＝{1，3}，B＝{1，2，4}，則(?UB)∪A＝()A．{1，3，5} B．{1，3}C．{1，2，4} D．{1，2，4，5}A[法一：因?yàn)閁＝{1，2，3，4，5}，B＝{1，2，4}，所以?UB＝{3，5}，又A＝{1，3}，所以(?UB)∪A＝{1，3，5}．故選A．法二：因?yàn)锳＝{1，3}，所以A?(?UB)∪A，所以集合(?UB)∪A中必含有元素1，3，所以排除選項(xiàng)C，D；觀察選項(xiàng)A，B，因?yàn)??B，所以5∈?UB，即5∈(?UB)∪A，故選A．]2．“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分又不必要條件B[法一：若a2＝b2，則當(dāng)a＝－b≠0時(shí)，有a2＋b2＝2a2，2ab＝－2a2，即a2＋b2≠2ab，所以由a2＝b2a2＋b2＝2ab；若a2＋b2＝2ab，則有a2＋b2－2ab＝0，即(a－b)2＝0，所以a＝b，則有a2＝b2，即a2＋b2＝2ab?a2＝b2．所以“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”的必要不充分條件．故選B．法二：因?yàn)椤癮2＝b2”?“a＝－b或a＝b”，“a2＋b2＝2ab”?“a＝b”，所以本題可以轉(zhuǎn)化為判斷“a＝－b或a＝b”與“a＝b”的關(guān)系，又“a＝－b或a＝b”是“a＝b”的必要不充分條件，所以“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”的必要不充分條件．故選B．]3．若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c>a>b B．c>b>aC．a(chǎn)>b>c D．b>a>cD[因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝1.01x是增函數(shù)，且0.6>0.5>0，所以1.010.6>1.010.5>1，即b>a>1．因?yàn)楹瘮?shù)g(x)＝0.6x是減函數(shù)，且0.5>0，所以0.60.5<0.60＝1，即c<1．綜上，b>a>c．故選D．]4．函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則f(x)的解析式可能為()A．f(x)＝5ex?e?xx2C．f(x)＝5ex+e?xxD[法一：由題圖可知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)．對于A，f(x)＝5ex?e?xx2+2，定義域?yàn)镽，f(－x)＝5e?x?exx2+2＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)＝5ex?e?xx2+2是奇函數(shù)，所以排除A；對于B，f(x)＝5sinxx2+1，定義域?yàn)镽，f(－x)＝5sin?xx2+1＝－5sinxx2+1＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)＝5sinxx2+1是奇函數(shù)，所以排除B；對于C，f(x)＝5ex+法二：由題圖可知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)．因?yàn)閥＝x2＋2是偶函數(shù)，y＝ex－e－x是奇函數(shù)，所以f(x)＝5ex?e?xx2+2是奇函數(shù)，故排除A；因?yàn)閥＝x2＋1是偶函數(shù)，y＝sinx是奇函數(shù)，所以f(x)＝5sinxx2+1是奇函數(shù)，故排除B；因?yàn)閤2＋2>0，ex＋e－x>0，所以f(x)＝5e5．已知函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸為直線x＝2，f(x)的一個(gè)周期為4，則f(x)的解析式可能為()A．f(x)＝sinπ2x B．f(xC．f(x)＝sinπ4x D．f(xB[對于A，f(x)＝sinπ2x，最小正周期為2ππ2＝4，因?yàn)閒(2)＝sinπ＝0，所以函數(shù)f(x)＝sinπ2x的圖象不關(guān)于直線x＝2對稱，故排除A；對于B，f(x)＝cosπ2x，最小正周期為2ππ2＝4，因?yàn)閒(2)＝cosπ＝－1，所以函數(shù)f(x)＝cosπ2x的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，故選項(xiàng)B符合題意；對于C，D，函數(shù)y＝sinπ4x和6．已知{an}為等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，an＋1＝2Sn＋2，則a4的值為()A．3 B．18C．54 D．152C[法一：因?yàn)閍n＋1＝2Sn＋2，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝2Sn－1＋2，兩式相減得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以數(shù)列{an}是公比q＝an+1an＝3的等比數(shù)列．當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×3法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍n＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝2a11?qn1?q＋2＝－2a11?q·qn＋2a11?q＋2，所以a1=?2a11?q0=2a11?7．調(diào)查某種群花萼長度和花瓣長度，所得數(shù)據(jù)如圖所示．其中相關(guān)系數(shù)r＝0.8245，下列說法正確的是()A．花瓣長度和花萼長度沒有相關(guān)性B．花瓣長度和花萼長度呈負(fù)相關(guān)C．花瓣長度和花萼長度呈正相關(guān)D．若從樣本中抽取一部分，則這部分的相關(guān)系數(shù)一定是0.8245C[因?yàn)橄嚓P(guān)系數(shù)r＝0.8245>0.75，所以花瓣長度和花萼長度的相關(guān)性較強(qiáng)，并且呈正相關(guān)，所以選項(xiàng)A，B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；因?yàn)橄嚓P(guān)系數(shù)與樣本的數(shù)據(jù)有關(guān)，所以當(dāng)樣本發(fā)生變化時(shí)，相關(guān)系數(shù)也會(huì)發(fā)生變化，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選C．]8．在三棱錐P-ABC中，線段PC上的點(diǎn)M滿足PM＝13PC，線段PB上的點(diǎn)N滿足PN＝23PB，則三棱錐P-AMN和三棱錐P-A．19 B．C．13 D．B[如圖，因?yàn)镻M＝13PC，PN＝23PB，所以S△PMNS△PBC＝12PM·PN·sin∠BPC12PC·PB·sin∠BPC＝PM·PNPC·PB＝13×23＝29，9．雙曲線x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2．過F2作其中一條漸近線的垂線，垂足為P．已知|PF2A．x28－y24＝1 B．C．x24－y22＝1 D．D[法一：不妨取漸近線y＝bax，此時(shí)直線PF2的方程為y＝－ab(x－c)，與y＝bax聯(lián)立并解得x=因?yàn)橹本€PF2與漸近線y＝bax垂直，所以PF2的長度即為點(diǎn)F2(c，0)到直線y＝bax(即bx－ay＝0)的距離，由點(diǎn)到直線的距離公式得|PF2|＝bca2+b2＝因?yàn)镕1(－c，0)，Pa2c，abc，且直線PF1的斜率為24，所以abca2c+c＝24，化簡得aba2+c2＝24，又b＝2，c2＝a2＋b2，所以2a2a2所以雙曲線的方程為x22－y2法二：因?yàn)檫^點(diǎn)F2向其中一條漸近線作垂線，垂足為P，且|PF2|＝2，所以b＝2，再結(jié)合選項(xiàng)，排除選項(xiàng)B，C；若雙曲線方程為x28－y24＝1，則F1(－23，0)，F(xiàn)2(23，0)，漸近線方程為y＝±22x，不妨取漸近線y＝22x，則直線PF2的方程為y＝－2(x－23)，與漸近線方程y＝22x聯(lián)立，得P433，263，則kPF1＝25，又直線第Ⅱ卷本卷共11小題，共105分．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分．試題中包含兩個(gè)空的，答對1個(gè)的給3分，全部答對的給5分．10．已知i是虛數(shù)單位，化簡5+14i4＋i[5+14i2+3i＝5+14i2?3i2+3i2?3i＝11．在2x3?160[法一：二項(xiàng)式2x3?1x6展開式的通項(xiàng)公式Tk＋1＝C6k(2x3)6-k?1xk＝?1k26?kC6法二：將二項(xiàng)式2x3?1x6看成6個(gè)多項(xiàng)式2x3?1x相乘，要想出現(xiàn)x2項(xiàng)，則先在2個(gè)多項(xiàng)式中分別取2x3，然后在余下的多項(xiàng)式中都?。?x，相乘12．過原點(diǎn)O的一條直線與圓C：(x＋2)2＋y2＝3相切，交曲線y2＝2px(p>0)于點(diǎn)P，若|OP|＝8，則p的值為________．6[由題意得直線OP的斜率存在．設(shè)直線OP的方程為y＝kx，因?yàn)樵撝本€與圓C相切，所以?2k1+k2＝3，解得k2＝3．將直線方程y＝kx與曲線方程y2＝2px(p>0)聯(lián)立，得k2x2－2px＝0，因?yàn)閗2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或2p3，設(shè)P(x1，y1)，則x1＝2p3，又O(0，0)，所以|OP|＝1+k213．甲、乙、丙三個(gè)盒子中裝有一定數(shù)量的黑球和白球，其總數(shù)之比為5∶4∶6．這三個(gè)盒子中黑球占總數(shù)的比例分別為40%，25%，50%．現(xiàn)從三個(gè)盒子中各取一個(gè)球，取到的三個(gè)球都是黑球的概率為________；將三個(gè)盒子中的球混合后任取一個(gè)球，是白球的概率為________．12035[法一：設(shè)A＝“從甲盒子中取一個(gè)球，是黑球”，B＝“從乙盒子中取一個(gè)球，是黑球”，C＝“從丙盒子中取一個(gè)球，是黑球”，由題意可知P(A)＝40%＝25，P(B)＝25%＝14，P(C)＝50%＝12，現(xiàn)從三個(gè)盒子中各取一個(gè)球，取到的三個(gè)球都是黑球的概率為P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝25×14×12＝120．設(shè)D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由題意可知P(D1)＝55+4+6＝13，P(D2)＝45+4+6＝415，P(D3)＝65+4+6＝25，P(E|D1)＝1－25＝35，P(E|D2)＝1－14＝34，P(E|D3)＝1－12＝12，所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)P(E|D2)＋P(D3)法二：設(shè)甲、乙、丙三個(gè)盒子中的球的個(gè)數(shù)分別為5，4，6，其中甲盒子中黑球的個(gè)數(shù)為2，白球的個(gè)數(shù)為3；乙盒子中黑球的個(gè)數(shù)為1，白球的個(gè)數(shù)為3；丙盒子中黑球的個(gè)數(shù)為3，白球的個(gè)數(shù)為3．則從三個(gè)盒子中各取一個(gè)球，共有5×4×6種結(jié)果，其中取到的三個(gè)球都是黑球有2×1×3種結(jié)果，所以取到的三個(gè)球都是黑球的概率為2×1×35×4×6＝120；將三個(gè)盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15(個(gè))球，其中白球共有3＋3＋3＝9(個(gè))，所以混合后任取一個(gè)球，共有15種結(jié)果，其中取到白球有14．在三角形ABC中，∠A＝π3，|BC|＝1，D為線段AB的中點(diǎn)，E為線段CD的中點(diǎn)，若設(shè)AB＝a，AC＝b，則AE可用a，b表示為________；若BF＝13BC，14a＋12b1324[因?yàn)镋為CD的中點(diǎn)，所以AE＝12AD＋12AC，因?yàn)镈為AB的中點(diǎn)，所以AD＝12AB，所以AE＝14AB＋12AC，又AB＝a，因?yàn)锽F＝13BC，所以AF?AB＝13(AC?AB)，即AF＝23AB＋13AC＝23a＋13b，所以AE·AF＝14a+12b·23a+13b＝16a2＋512a·b＋16b2．在三角形ABC中，∠A＝π3，|BC|＝1，設(shè)三角形ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則a＝1，|a|＝c，|b|＝b，所以a·b＝bccosπ3＝bc2，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosπ3，即1＝b2＋c2－bc，所以b2＋c2＝bc＋1，所以法一：在三角形ABC中，由正弦定理得bsinB＝csinC＝1sinπ3＝233，所以b＝233sinB，c＝233sinC，bc＝43sinBsinC＝43sinBsinπ3+B＝43sinB32cosB+12sinB＝23(3sinBcosB＋sin2B)＝2332sin2B+1?cos2B2＝23sin2B?π6+1法二：因?yàn)樵谌切蜛BC中，∠A＝π3，a＝1，所以由正弦定理得2r＝asinA＝233，其中r為三角形ABC外接圓的半徑，所以r＝33，圓O的半徑為33，點(diǎn)A在優(yōu)弧BC上運(yùn)動(dòng)，且總滿足∠A＝π3，則S△ABC＝12bcsinA＝34bc，由圖可知，當(dāng)點(diǎn)A在優(yōu)弧BC的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A到BC的距離最大，即S△ABC最大，此時(shí)AB＝AC，即c＝b，又∠A＝π3，所以此時(shí)三角形ABC為正三角形，所以三角形ABC面積的最大值為34，所以bc的最大值為1，又AE·AF＝38bc＋1615．若函數(shù)f(x)＝ax2－2x－|x2－ax＋1|有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍為________．(－∞，0)∪(0，1)∪(1，＋∞)[令x2－ax＋1＝0，則Δ1＝a2－4，當(dāng)－2≤a≤2時(shí)，Δ1≤0，x2－ax＋1≥0恒成立，此時(shí)f(x)＝(a－1)x2＋(a－2)x－1．當(dāng)a≠1時(shí)，令f(x)＝(a－1)x2＋(a－2)x－1＝0，則Δ2＝(a－2)2＋4(a－1)＝a2，當(dāng)a≠0時(shí)，Δ2>0，f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝－x－1，f(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意，所以－2≤a<0或0<a<1或1<a≤2．當(dāng)a<－2或a>2時(shí)，Δ1>0，方程x2－ax＋1＝0有兩個(gè)不等實(shí)根，設(shè)為x1，x2，x1<x2，所以f(x)＝a設(shè)g(x)＝[(a＋1)x－1](x－1)，令g(x)＝0，解得x＝1或x＝1a+1；設(shè)h(x)＝[(a－1)x－1](x＋1)，令h(x)＝0，解得x＝－1或x＝當(dāng)a<－2時(shí)，x1＝a?a2?42<－1，1a+1<所以f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，符合題意．當(dāng)a>2時(shí)，因?yàn)閤2＝a+a2?42>1，且1a+1<所以f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，符合題意．綜上所述，a的取值范圍為(－∞，0)∪(0，1)∪(1，＋∞)．]三、解答題：本大題共5小題，共75分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．16．(本小題滿分14分)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c．已知a＝39，b＝2，A＝120°．(1)求sinB的值；(2)求c的值；(3)求sin(B－C)的值．[解](1)由正弦定理asinA＝得39sin120°解得sinB＝1313(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得39＝4＋c2－4ccos120°，整理得c2＋2c－35＝0，解得c＝5或c＝－7(舍去)．所以c＝5．(3)由正弦定理csinC＝bsinB，可得sin又B，C均為銳角，所以cosC＝1?sin2C＝33926，cosB所以sin(B－C)＝sinBcosC－cosBsinC＝1313×33926－2391317．(本小題滿分15分)如圖，在三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N為線段AB的中點(diǎn)，M為線段BC的中點(diǎn)．(1)求證：A1N∥平面C1MA；(2)求平面C1MA與平面ACC1A1所成角的余弦值；(3)求點(diǎn)C到平面C1MA的距離．[解](1)證明：連接MN，可得MN為△ABC的中位線，可得MN∥AC，且MN＝12AC而A1C1＝1，AC∥A1C1，則MN∥A1C1，MN＝A1C1，可得四邊形MNA1C1為平行四邊形，則A1N∥C1M，而A1N?平面C1MA，C1M?平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA．法一(向量法)(2)因?yàn)锳1A⊥平面ABC，且AB，AC?平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC．又AB⊥AC，所以直線A1A，AB，AC兩兩垂直．如圖，以向量AB，AC，AA1分別為x軸、y因?yàn)锳B＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，則A(0，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．又點(diǎn)M是線段BC的中點(diǎn)，可得M(1，1，0)，所以AC1＝(0，1，2)，設(shè)平面C1MA的法向量為m＝(x，y，z)，則AC1⊥m，AM⊥即AC1·m＝0，AM·m＝0，令y＝2，則x＝－2，z＝－1，即m＝(－2，2，－1)，故平面C1MA的一個(gè)法向量為m＝(－2，2，－1)．易知，平面ACC1A1的一個(gè)法向量n＝(1，0，0)．設(shè)平面C1MA與平面ACC1A1的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈m，n〉|＝m·nm故平面C1MA與平面ACC1A1夾角的余弦值為23(3)由(2)知，AC＝(0，2，0)，平面C1MA的一個(gè)法向量m＝(－2，2，－1)，設(shè)點(diǎn)C到平面C1MA的距離為d，則d＝AC·mm＝0，2，0所以，點(diǎn)C到平面C1MA的距離為43法二(幾何法)(2)取AC的中點(diǎn)H，連接MH，由AB⊥AC，MH∥AB，可得MH⊥AC．由A1A⊥平面ABC，MH?平面ABC，可得A1A⊥MH，可得MH⊥平面A1ACC1．過點(diǎn)H作HD⊥AC1，垂足為D，連接DM，由三垂線定理可得DM⊥AC1，可得∠MDH為平面C1MA與平面ACC1A1的夾角．由MH＝12AB在矩形AHC1A1中，DH＝AH·HC1A所以cos∠MDH＝DHDM＝255(3)設(shè)點(diǎn)C到平面C1MA的距離為d．過C1作C1Q⊥AM于點(diǎn)Q．在△C1MA中，AC1＝1+4＝5，MC1＝1+4＝5，AM＝2，則S△C1MA＝12×2×5?22由VC?C113dS△C1MA＝13d·32＝13C1H·S△CMA＝13×解得d＝4318．(本小題滿分15分)已知橢圓x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，右焦點(diǎn)為F，|A1(1)求橢圓的方程和離心率e；(2)已知點(diǎn)P是橢圓上一動(dòng)點(diǎn)(不與端點(diǎn)重合)，直線A2P交y軸于點(diǎn)Q，若三角形A1PQ的面積是三角形A2FP的面積的二倍，求直線A2P的方程．[解](1)如圖，由題意可知a故a=2，c=1，則b2＝a2－所以橢圓的方程為x24＋此橢圓的離心率e＝ca＝1(2)由題易知直線A2P的斜率存在且不為0，所以可設(shè)直線A2P的方程為y＝k(x－2)．由y=kx?2，x24+y23=1，消y，可得(3＋4設(shè)P(xP，yP)，則由根與系數(shù)的關(guān)系可知xP＋2＝16k23+4k2，即xP＝8k2?63+4k2，由直線A2P交y軸于點(diǎn)Q可得Q(0，－2k)，所以S△A1PQ＝12×4×|yP－yQ|，S△A2FP因?yàn)镾△A1PQ＝2S△A2FP，所以2|y①當(dāng)2|yP|－2|yQ|＝|yP|時(shí)，|yP|＝2|yQ|，即有12k3+4k2＝2·|－2k|，解得k＝0，②當(dāng)2|yQ|－2|yp|＝|yp|時(shí)，2|yQ|＝3|yp|，即有4|k|＝36k3+4k2，解得故直線A2P的方程為y＝±62(x19．(本小題滿分15分)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4．(1)求{an}的通項(xiàng)公式和(2)已知{bn}為等比數(shù)列，對于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k－1，則bk<an<bk＋1．(ⅰ)當(dāng)k≥2時(shí)，求證：2k－1<bk<2k＋1；(ⅱ)求{bn}的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和．[解](1)設(shè){an}的公差為d，由a2+a5所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝3＋2(n－1)＝2n＋1．a(chǎn)2n?1＝2·2n-1＋1＝2n＋1，a2n－1＝2(2n－1)＋1＝2從a2n?1到a2n－1共有2n－1－2n-1＋1＝2·2n-1－2n-1＝2n-1所以＝2n+1+2n+1?1·2n?1(2)(ⅰ)證明：因?yàn)楫?dāng)2k-1≤n≤2k－1時(shí)，bk<an<bk＋1，所以當(dāng)2k≤n＋1≤2k+1－1時(shí)，bk＋1<an＋1<bk＋2，可得an<bk＋1<an＋1．因?yàn)閧an}為遞增數(shù)列，所以若2k-1≤n≤2k－1，則a2k?1≤an≤a2k－1，得2k＋1≤an≤2同理可得2k+1＋1≤an＋1≤2k+2－1．故可得2k+1－1<bk＋1<2k+1＋1，所以2k－1<bk<2k＋1．綜上，當(dāng)k≥2時(shí)，2k－1<bk<2k＋1．(ⅱ)由題意知{bn}是q≠1的正項(xiàng)等比數(shù)列，設(shè){bn}的通項(xiàng)公式為bn＝p·qn(p>0，q>0，且q≠1)，由(ⅰ)知，2n－1<bn<2n＋1，即2n－1<p·qn<