2023北京高考真题数学（PDF版含答案）

2023 北京高考真题
数 学
本试卷共 6页，150分。考试时长 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。
第一部分（选择题 共 40 分）
一、选择题共 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M = { x | x + 2≥ 0 }， N = { x | x 1 0 }，则M N =
（A）{ x | 2≤ x 1} （B）{ x | 2 x ≤1}
（C）{ x | x≥ 2 } （D）{ x | x 1}
（2）在复平面内，复数 z 对应的点的坐标是 ( 1, 3 ) ，则 z 的共轭复数 z =
（A）1+ 3 i （B）1 3 i
（C） 1+ 3 i （D） 1 3 i
（ ）已知向量 2 23 a,b满足 a + b = (2, 3) ， a b = ( 2, 1) ，则 | a | | b | =
（A） 2 （B） 1
（C） 0 （D）1
（4）下列函数中，在区间 (0, + ) 上单调递增的是
1
（A） f (x) = ln x （B） f (x) =
2x
1
（C） f (x) = （D） f (x) = 3 | x 1 |
x
1
（5）在 (2x )5的展开式中， x的系数为
x
（A） 40 （B） 40
（C） 80 （D）80
（6）已知抛物线 C : y2 = 8x 的焦点为 F ，点 M 在C 上．若 M 到直线 x = 3的距离为 5 ，则 | MF | =
（A） 7 （B） 6
（C） 5 （D） 4
（7）在△ABC 中， (a + c)(sin A sin C) = b(sin A sin B) ，则 C =
π π
（A） （B）
6 3
2π 5π
（C） （D）
3 6
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y x
（8）若 xy 0 ，则“ x + y = 0”是“ + = 2 ”的
x y
（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
（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 AB = 25 m ， BC =10 m ，且等腰梯形所在
平面、等腰三角形所在平面与平面 ABCD 的夹角的正
14
切值均为 ，则该五面体的所有棱长之和为
5
（A）102 m （B）112 m
（C）117 m （D）125 m
1
（10）已知数列{ an }满足 a
3
n+1 = (an 6) + 6 (n =1,2,3, ) ，则
4
（A）当 a1 = 3 时，{ an }为递减数列，且存在常数M ≤ 0 ，使得 an M 恒成立
（B）当 a1 = 5 时，{ an }为递增数列，且存在常数M ≤ 6 ，使得 an M 恒成立
（C）当 a1 = 7时，{ an }为递减数列，且存在常数M 6，使得 an M 恒成立
（D）当 a1 = 9 时，{ an }为递增数列，且存在常数M 0，使得 an M 恒成立
第二部分（非选择题 共 110 分）
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。
x 1（11）已知函数 f (x) = 4 + log2 x ，则 f ( ) = _______．
2
（12）已知双曲线C 的焦点为 ( 2, 0) 和 (2, 0) ，离心率为 2 ，则C 的方程为_______．
（13）已知命题 p ：若 , 为第一象限角，且 ，则 tan tan ．能说明 p 为假命题的一组 , 的
值为 = _______， = _______．
（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{ an } ，该数列的前 3项成等
差数列，后 7 项成等比数列，且 a1 =1， a5 =12， a9 =192 ，则 a7 = _______；数列{ an } 所有项的
和为_______．
x + 2, x a,

（15）设 a 0 ，函数 f (x) = a2 x2 , a ≤ x ≤ a, 给出下列四个结论：

x 1, x a .
① f (x) 在区间 (a 1, + )上单调递减；
② 当 a≥1时， f (x) 存在最大值；
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③ 设M (x1, f (x1)) (x1 ≤ a) ， N (x2 , f (x2 )) (x2 a) ，则 | MN | 1；
1
④ 设 P(x3 , f (x3)) (x3 a)，Q(x4 , f (x4 )) (x4 ≥ a)．若 | PQ |存在最小值，则 a的取值范围是 (0, ]．
2
其中所有正确结论的序号是_______．
三、解答题共 6 小题，共 85 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
（16）（本小题 14 分）
如图，在三棱锥 P ABC 中， PA⊥平面 ABC ， PA = AB = BC =1， PC = 3 ．
（Ⅰ）求证： BC ⊥平面 PAB ；
（Ⅱ）求二面角 A PC B 的大小．
（17）（本小题 13 分）
π
设函数 f (x) = sin xcos + cos xsin ( 0, | | )．
2
3
（Ⅰ）若 f (0) = ，求 的值；
2
π 2π 2π
（Ⅱ）已知 f (x) 在区间 [ , ]上单调递增， f ( ) =1，再从条件 ①、条件 ②、条件 ③ 这三个条件中选
3 3 3
择一个作为已知，使函数 f (x) 存在，求 , 的值．
π
条件 ①： f ( ) = 2 ；
3
π
条件 ②： f ( ) = 1；
3
π π
条件 ③： f (x)在区间[ , ]上单调递减．
2 3
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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．
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（18）（本小题 13 分）
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．
（Ⅰ）试估计该农产品价格“上涨”的概率；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）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）
（19）（本小题 15 分）
x2 y2 5
已知椭圆 E : + =1(a b 0)的离心率为 ， A, C 分别是 E 的上、下顶点， B, D 分别是 E 的左、
a2 b2 3
右顶点， | AC | = 4 ．
（Ⅰ）求 E 的方程；
（Ⅱ）设 P 为第一象限内 E 上的动点，直线 PD 与直线 BC 交于点 M ，直线 PA 与直线 y = 2 交于点
N ．求证：MN // CD ．
（20）（本小题 15 分）
设函数 f (x) = x x3eax+b ，曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y = x +1．
（Ⅰ）求 a, b的值；
（Ⅱ）设函数 g(x) = f (x) ，求 g(x) 的单调区间；
（Ⅲ）求 f (x) 的极值点个数．
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（21）（本小题 15 分）
已知数列 { an }, { bn } 的项数均为 m (m 2) ，且 an ,bn {1,2, ,m } ， { an }, { bn } 的前 n 项和分别为
An , Bn ，并规定 A = B = 0．对于 k { 0,1,2, ,m }，定义 0 0
rk = max{ i | Bi ≤ Ak , i { 0,1,2, ,m }}，
其中，max M 表示数集 M 中最大的数．
（Ⅰ）若 a1 = 2, a2 =1, a3 = 3，b1 =1, b2 = 3, b3 = 3，写出 r0 , r1, r2 , r3的值；
（Ⅱ）若 a1 ≥ b1 ，且 2rj ≤ rj+1 + rj 1， j =1,2, ,m 1，求 rn ；
（Ⅲ）证明：存在 p, q, s, t { 0,1,2, ,m }，满足 p q, s t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs ．
（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）
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参考答案
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
（1）A （2）D （3）B （4）C （5）D
（6）D （7）B （8）C （9）C （10）B
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
x2 y2
（11）1 （12） =1
2 2
13π π
（13） （答案不唯一） （14） 48 384
6 3
（15）② ③
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（16）（共 14 分）
解：（Ⅰ）如图，因为 PA⊥平面 ABC ，所以 PA ⊥ AC ， PA ⊥ BC ．
在Rt△PAC 中， AC = PC2 PA2 = 2 ．
在△ABC 中，因为 AB = BC =1，所以 AC2 = AB2 + BC2 ．
因此 ABC = 90 ，即 BC ⊥ AB ．
又 BC ⊥ PA，所以 BC ⊥平面 PAB ．
（Ⅱ）过 A作 BC 的平行线 AD，由（Ⅰ）可知 AD ⊥平面 PAB ．
如图建立空间直角坐标系 A xyz ，
则 A(0,0,0) ， B(1,0,0) ，C(1,1,0) ， P(0,0,1) ．
→ →
因此 BC = (0,1,0)， PB = (1,0, 1)．
设平面 PBC 的法向量为 n = (x, y, z)，则
→
n BC = 0, y = 0,
即
→
x z = 0.
n PB = 0,
令 x =1，则 z =1．于是 n = (1,0,1) ．
1 1
设 AC 的中点为 M ，则M ( , ,0) ．
2 2
连接MB．因为 AB = BC ，所以MB ⊥ AC ．
因为 PA⊥平面 ABC ，且MB 平面 ABC ，所以MB ⊥ PA．
→ 1 1
所以MB ⊥平面 PAC ．因此 MB = ( , ,0) 是平面 PAC 的法向量．
2 2
→ 1
→ n MB 1
所以 cos n, MB = = 2 = ．
→ 2 2
| n || MB | 2
2
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由题知二面角 A PC B 为锐角，所以其大小为 60 ．
（17）（共 13 分）
解：（Ⅰ）因为 f (x) = sin xcos + cos xsin ，所以 f (x) = sin( x + ) ．
3 3
由 f (0) = ，得 sin = ．
2 2
π π
又因为 | | ，所以 = ．
2 3
π
（Ⅱ）选择条件 ②： f ( ) = 1．
3
因为 f (x) = sin( x + ) ，所以 f (x) 的最小值为 1，最大值为1，
π 2π π 2π
又因为 f (x) 在区间 [ , ]上单调递增，且 f ( ) = 1， f ( ) =1，
3 3 3 3
T 2π π
所以由三角函数的性质得 = + = π，故T = 2π．
2 3 3
2π
因为 0 ，所以 = =1， f (x) = sin(x + ) ．
T
π π
由 sin( + ) = 1，得 = 2kπ (k Z) ．
3 6
π π
又因为 | | ，所以 = ．
2 6
π π
选择条件 ③： f (x)在区间[ , ]上单调递减．
2 3
因为 f (x) = sin( x + ) ，所以 f (x) 的最小值为 1，最大值为1．
π π 2π 2π
由题意得 f ( ) = 1，又因为 f (x) 在区间[ , ]上单调递增，且 f ( ) =1，
3 3 3 3
T 2π π
所以由三角函数的性质得 = + = π，故T = 2π．
2 3 3
2π
因为 0 ，所以 = =1， f (x) = sin(x + ) ．
T
π π
由 sin( + ) = 1，得 = 2kπ (k Z) ．
3 6
π π
又因为 | | ，所以 = ．
2 6
（18）（共 13 分）
解：（Ⅰ）根据题中数据，该农产品价格在 40 天中有16 天“上涨”，所以该农产品价格“上涨”的概
16 2
率可以估计为 = ．
40 5
（Ⅱ）设事件 A：该农产品价格“上涨”，事件 B ：该农产品价格“下跌”，事件C ：该农产品价
格“不变”．
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16 2 14 7 10 1
根据题中数据， P(A) 可估计为 = ， P(B) 可估计为 = ，P(C) 可估计为 = ．
40 5 40 20 40 4
依题意，该农产品价格在这 4 天中 2 天“上涨”、 1 天“下跌”、 1 天“不变”的概率为
C2 (P(A))24 C
1
2 P(B) P(C)．
2 7 1 21
因此所求的概率可估计为 6 ( )2 2 = ．
5 20 4 125
（Ⅲ）价格“不变”的概率估计值最大．
（19）（共 15 分）
2b = 4,

c 5
解：（Ⅰ）由题设， = ,
a 3
a2 = b2 + c
2 .
解得 a = 3, b = 2．
x2 y2
所以 E 的方程为 + =1．
9 4
2
（Ⅱ）设直线 PD的方程为 y = k(x 3) ，其中 k ．
3
y = k(x 3), 2
27k 12 24k
由 x2 y2 得 P( , ) ． 2 2
+ =1 9k + 4 9k + 4
9 4
2
直线 BC 的方程为 y = x 2．
3
2
y = x 2, 9k 6 12k
由 3 得M ( , ) ．
3k + 2 3k + 2
y = k(x 3)
6k + 4
直线 PA 的方程为 y = x + 2 ．
9k 6
18k 12
令 y = 2，得 N ( , 2) ．
3k + 2
设直线MN 的斜率为 k1，则
y y
k = M N1
xM xN
12k
+ 2
= 3k + 2
9k 6 18k 12

3k + 2 3k + 2
6k + 4 2
= = ．
9k + 6 3
2
又直线CD 的斜率为 ，且直线MN 与直线CD 不重合，所以MN // CD ．
3
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（20）（共 15 分）
解：（Ⅰ）依题意， f (1) =1 ea +b = 0．
所以 a + b = 0．
由 f (x) = x x3eax+b 得
f (x) =1 (3x2 + ax3)eax+b ， f (1) =1 (3+ a)ea+b ．
依题意， f (1) = 1，故 (3+ a)ea+b = 2．
a + b = 0,
由 得 a = 1, b =1．
(3+ a)e
a+b = 2
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， g(x) = f (x) = (x3 3x2 )e1 x +1．
所以 g (x) = x( x2 + 6x 6)e1 x ．
令 g (x) = 0，得 x = 0 ， x = 3 3 或 x = 3+ 3 ．
g (x) 与 g(x) 的变化情况如下表：
x ( , 0) (0, 3 3) (3 3, 3+ 3) (3+ 3, + )
g (x) + +
g(x) ↗ ↘ ↗ ↘
所以，函数 g(x) 的单调递增区间是 ( , 0) ， (3 3, 3+ 3) ；单调递减区间是 (0, 3 3) ，
(3+ 3, + ) ．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知 f (x) = x2 (x 3)e1 x +1．
因为 f (x) 在区间 ( , 0) 上单调递增，且 f ( 1) =1 4e2 0 ， f (0) =1 0 ，所以根据函数
零点存在定理与 f (x) 的单调性可知， f (x) 在区间 ( , 0]内存在唯一零点 x1 ，且 x1 是 f (x)
的极小值点．
因为 f (x) 在区间 (0, 3 3) 上单调递减，且 f (0) 0 ， f (3 3) f (1) = 1 0 ，所以
f (x)在区间 (0, 3 3]内存在唯一零点 x2 ，且 x2 是 f (x) 的极大值点．
因为 f (x) 在区间 (3 3, 3+ 3) 上单调递增，且 f (3 3) 0， f (3+ 3) f (3) =1 0 ，
所以 f (x)在区间 (3 3, 3+ 3]内存在唯一零点 x3 ，且 x3 是 f (x) 的极小值点．
当 x (3+ 3, + )时，因为 f (x) 0，所以 f (x) 在区间 (3+ 3, + ) 内没有极值点．
综上可知， f (x) 共有 3个极值点．
（21）（共 15 分）
解：（Ⅰ） r0 = 0， r1 =1， r2 =1， r3 = 2 ．
（Ⅱ）因为 A0 = B0 = 0，且 Bn 0 (n =1,2, ,m) ，
所以 r0 = max{i | Bi ≤ A0 , i { 0,1,2, ,m }} = 0 ．
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因为 a1 ≥ b1，所以 B1 ≤ A1 ．
故 r1 = max{ i | Bi ≤ A1, i { 0,1,2, ,m }}≥1．
由已知得 rj+1 rj ≥ rj rj 1 ， j =1,2, ,m 1．
所以 rm rm 1 ≥ rm 1 rm 2 ≥ ≥ r1 r0 ≥1．（*）
所以 rm = rm r0 = (rm rm 1) + (rm 1 rm 2 ) + + (r1 r0 )≥ m．
又因为 rm ≤ m ，所以 rm = m．
所以（*）中不等式都取等号，即 rm rm 1 = rm 1 rm 2 = = r1 r0 =1．
所以 rn = n ．
（Ⅲ）若 Bm = Am ，则 Am + B0 = A0 + Bm ，结论成立．
若 Bm Am ，不妨设 Bm Am ．
因为 rk = max{ i | Bi ≤ Ak , i { 0,1,2, ,m }}，所以 Br ≤ Ak ． k
因为 Ak A ，所以 0≤ r ≤ rk+1 k k+1 ．
因为 Bm Am ，所以 rm ≤ m 1．
因此 r ≤ m 1， k = 0,1,2, ,mk ．
由 rk 的定义知 Ak Br +1 = Br + br +1． k k k
所以 0≤ Ak Br br +1 ≤ m ． k k
又因为 A B N ，所以 A B { 0,1,2, ,m 1}， k = 0,1,2, ,mk rk k r ． k
所以 A0 Br , A B , A B0 1 r1 2 r , , Am Br 中至少有两个相等． 2 m
故存在 p q ，使得 Ap Br = Aq Bp r ． q
因为 Ap A ，所以 Br Bq r ，因此 rp rq ． p q
令 s = rp , t = rq ，则 s t ．
所以存在 p, q, s, t { 0,1,2, ,m }，满足 p q, s t ，使得 Ap + Bt = Aq + Bs ．
综上，结论成立．
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