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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：A
2. 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：D
3. 已知向量 满足 ，则 （ ）
A. B. C. 0 D. 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：B
4. 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. 40 D. 80
【答案】D
【解析】
【分析】写出 的展开式的通项即可
【详解】 的展开式的通项为
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. 7 B. 6 C. 5 D. 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. 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：
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 ，即 ，即 ，所以 .
所以必要性成立.
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“ ”的充要条件.
故选：C
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】
【分析】利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
【详解】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 时， 成立，
则 ，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 ，故 恒成立仅对部分 成立，
故A不成立.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 减数列，
为
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 ，故 ，故 为增数列，
又 ，结合 可得：
，所以 ，
若存在常数 ，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.
【点睛】关键点睛：本题解决的关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：1
12. 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】 ①. ②.
【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】 ①. 48 ②. 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：
① 在区间 上单调递减；
②当 时， 存在最大值；
③设 ，则 ；④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】②③
【解析】
【分析】先分析 的图像，再逐一分析各结论；对于①，取 ，结合图像即可判断；对于②，分
段讨论 的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知 的范围；对于④，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①，取 ，则 的图像如下，
显然，当 ，即 时， 在 上单调递增，故①错误；对于②，当 时，
当 时， ；
当 时， 显然取得最大值 ；
当 时， ，
综上： 取得最大值 ，故②正确；
对于③，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③正确；
对于④，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 ，
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④错误.
故答案为：②③.
【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④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.
【小问1详解】
因为 平面 平面 ，
所以 ，同理 ，
所以 为直角三角形，
又因 为 ， ，
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①、条件②、条件③这三个条件中
选择一个作为已知，使函数 存在，求 的值．
条件①： ；
条件②： ；
条件③： 在区间 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①不能使函数 存在；条件②或条件③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①不合题意；若选条件②，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③：由 的单调性可知 在 处取得最小值 ，则与条件②所给的条件
一样，解法与条件②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①：因为 的最大值为 ，最小值为 ，所以 无解，故条件①不
能使函数 存在；
若选条件②：因为 在 上单调递增，且 ，
所以 ,所以 , ,
所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，因为 ，所以 .
所以 ， ；
若选条件③：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②相同．
的
18. 为研究某种农产品价格变化 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．
时段 价格变化
第1天到第20天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 +
第21天到第40
0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - +
天
用频率估计概率．
（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】
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）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合题意得到 ， ，再结合 ，解之即可；
（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.
【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 ，即 ，则 ，
所以椭圆 的方程为 .
【小问2详解】
因为椭圆 的方程为 ，所以 ，
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 （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 在 ， 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】
（ⅰ）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 .
①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，使得 ；②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 ；
（ⅱ）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 .
①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，使得 ；
②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.
