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2023 年北京市普通高等学校招生全国统一考试
数学
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】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】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】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.
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【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】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（ ）．
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A.
B.
C. 40
D. 80
【答案】D
【解析】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】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】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
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【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】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
.
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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.
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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】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
.
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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】法1：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.
法2：构造
，利用导数求得
的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项
所在区间，从而判断
的单调性；对于A，构造
，判断得
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，进而取
推得
不恒成立；对于B，证明
所在区间同时证得后续结
论；对于C，记
，取
推得
不恒成立；对于D，构造
，判断得
，进而取
推得
不恒成立.
【详解】法1：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
，
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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
为减数列，
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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.
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故选：B.
法2：因为
，
令
，则
，
令
，得
或
；
令
，得
；
所以
在
和
上单调递增，在
上单调递减，
令
，则
，即
，解得
或
或
，
注意到
，
，
所以结合
的单调性可知在
和
上
，在
和
上
，
对于A，因为
，则
，
当
时，
，
，则
，
假设当
时，
，
当
时，
，则
，
综上：
，即
，
因为在
上
，所以
，则
为递减数列，
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因为
，
令
，则
，
因为
开口向上，对称轴为
，
所以
在
上单调递减，故
，
所以
在
上单调递增，故
，
故
，即
，
假设存在常数
，使得
恒成立，
取
，其中
，且
，
因为
，所以
，
上式相加得，
，
则
，与
恒成立矛盾，故A 错误；
对于B，因为
，
当
时，
，
，
假设当
时，
，
当
时，因为
，所以
，则
，
所以
，
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又当
时，
，即
，
假设当
时，
，
当
时，因为
，所以
，则
，
所以
，
综上：
，
因为在
上
，所以
，所以
为递增数列，
此时，取
，满足题意，故B 正确；
对于C，因为
，则
，
注意到当
时，
，
，
猜想当
时，
，
当
与
时，
与
满足
，
假设当
时，
，
当
时，所以
，
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综上：
，
易知
，则
，故
，
所以
，
因为在
上
，所以
，则
为递减数列，
假设存在常数
，使得
恒成立，
记
，取
，其中
，
则
，
故
，所以
，即
，
所以
，故
不恒成立，故C 错误；
对于D，因为
，
当
时，
，则
，
假设当
时，
，
当
时，
，则
，
综上：
，
因为在
上
，所以
，所以
为递增数列，
因为
，
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令
，则
，
因为
开口向上，对称轴为
，
所以
在
上单调递增，故
，
所以
，
故
，即
，
假设存在常数
，使得
恒成立，
取
，其中
，且
，
因为
，所以
，
上式相加得，
，
则
，与
恒成立矛盾，故D 错误
故选：B.
【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】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
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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】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】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
，
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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
.
②384
【解析】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
，
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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】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
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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，
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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
斜率为，则
，故直线
的方程为
，
联立
，解得
，则
，
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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】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】（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
，
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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
，
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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】（1）把
代入
的解析式求出
，再由
即可求出
的值；
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（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
，
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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．
18. 为研究某种农产品价格变化的规律，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 天
0
+
+
0
-
-
-
+
+
0
+
0
+
-
-
-
+
0
-
+
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】（1）计算表格中的
的次数，然后根据古典概型进行计算；
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（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
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
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
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【解析】（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
，
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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
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【解析】（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，
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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，
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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】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】（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
；
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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
，且
，则
对任意
恒成立，
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
，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】
因为
均为正整数，则
均为递增数列，
（ⅰ）若
，则可取
，满足
使得
；
（ⅱ）若
，则
，
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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
，
满足
，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
，
满足
，使得
；
（ⅲ）若
，
定义
，则
，
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
.
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①若存在正整数
，使得
，即
，
可取
，
即满足
，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
，
满足
，使得
.
综上所述：存在
使得
．
