2023年普通高等學校招生全國統一考試（北京卷）150分.考試時間120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.試結束后，將本試卷和答題卡一并交回10440分.在每小題列出的四個選項中，選出符合 A{x∣2x B.{x∣2x 在復平面內，復數z對應的點的坐標是(1,3)，則z的共軛復數z B.11

1

b→b

b2,1

→2|b|2

|aC. D. f(x)ln

f(x)f(x)

f(x) 12x

D.已知拋物線C:y28x的焦點為F，點M在C上．若M到直線x3的距離為5，則|MF A. B. C. D.在ABC中，(ac)(sinAsinC)b(sinAsinB)，則C B.

若xy0，則“xy0”是“yx2”的 B.必要不充分條C.充要條 D.既不充分也不必要條AB25mBCAD10mABCD切值均為14，則該五面體的所有棱長之和為 A. B.C. D. 1

當a13anM0anM當a15anM6anM當a17an為M6anM當a19anM0anM5525f(x)4x

x，則f1 C的焦點為(20和(20)

，則C的方程 已知命題p:若,為第一象限角，且，則tantan．能說明p為假命題的一組,的值為 ， 權”．已知9枚環權的質量（單位：銖）從小到大構成項數為9的數列an，該數列的前3項成等差數列，后7項成等比數列且a11,a512,a9192則a7 數列an所有項的和為 x2,xa0f(xa2x2axa 1,xf(x在區間(a1a1f(xMx1fx1x1aNx2fx2x2a，則|MN|PxfxxaQx,fxxa．若|PQ|a的取值范圍是01

685如圖，在三棱錐PABC中，PA平面ABC，PAABBC1，PC APCB

2（1）f(0

（2）f(x在區間π2πf2π1 3

3 3條件①：fπ3 fπ 3 f(x在區間ππ 12012021402天“上漲”、1天“下跌”、1天“不變”41天該農產品價格“上漲”“下跌”E:

1(ab0)

|AC|4PEPDBCMPAy2NMNCD．f(xxx3eaxbyf(x在點(1,f(1yx求abg(x)f(x)g(xf(xA0B00k0,12,mrkmaxi∣BiAki{0,12,m}maxM（1）若a12a21a33,b11,b23,b33r0r1r2r3（2）若a1b12rjrj1rj1,j12,m1rn

ApBtAqBs2023年普通高等學校招生全國統一考試（北京卷）150分.考試時間120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.試結束后，將本試卷和答題卡一并交回10440分.在每小題列出的四個選項中，選出符合 B.{x∣2x Mx∣x20x|x2Nx∣x10x|x1，MNx|2x1.在復平面內，復數z對應的點的坐標是(1,3)，則z的共軛復數z B.11

1z在復平面對應的點是(1,3z

z

b→b

b2,1

→2|b|2

|aC. D.a,【詳解】向量 滿足→b →ba,所以|a|2|b|2abab)2(2)311 f(x)ln

f(x)f(x)

f(x)Aylnx在0yx在0上單調遞減，fxlnx在0A錯誤；fx

1 2對于D，因為f32

32

12x

D. 1【分析】寫出2x

1

5r

2x

的展開式的通項為

Cr2x

25rCrx x

r

令52r1r所以2x1x的系數為12252C2 x 已知拋物線C:y28x的焦點為F，點M在C上．若M到直線x3的距離為5，則|MF A. B. C. D.【詳解】因為拋物線C:y28xF20x2M在C上，Mx2的距離為MF，Mx3的距離為5，MF15MF4.在ABC中，(ac)(sinAsinC)b(sinAsinB)，則C B.

【詳解】因為(ac)(sinAsinC)b(sinAsinB所以由正弦定理得(ac)(acb(ab)a2c2abb2a2b2 則a2b2c2ab，故cosC 又0Cπ，所以Cπ若xy0，則“xy0”是“yx2”的 A.C.xy2xy0xy0xy xyxy2 xyxy0xy xy0代入，解方程即可xy0xy2 x2y22xyx2y22xy0，即xy20xy0所以xy0”是“xy2”的充要條件 xy0xy0xy所以xyyy

112xy0xy2 x2y22xyx2y22xy0，即xy20xy0所以xy0”是“xy2”的充要條件 xy0xy0 x2 x2y22xy xy2 所以 2 xy0xy2 x2 x2y22xy xy2 xy所以 22 xy

0，所以xy

0xy0所以xy0”是“xy2”的充要條件 AB25mBCAD10mABCD切值均為14，則該五面體的所有棱長之和為 A.C.【分析】先根據線面角的定義求得tanEMOtanEGO

14EOEGEBEFEEOABCD，垂足為OEEGBCEMABGM，連接OG,OM由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為EMO和EGO所以tanEMOtanEGO

14EOABCDBCABCDEOBC，EGBCEOEGEOGEOEGE，BCEOG，因為OGEOGBCOG，.OMBMBMBG，故四邊形OMBG所以由BC10得OM5，所以EO ，所以OG5EO2OG所以在直角三角形EOGEO2OGEG2BGEBGBGOMEG2BGEFAB55255515

14142392

82252101548117m 1

當a13anM0anM當a15anM6anM當a17anM6anM當a19anM0anM所在區間，從而判斷a的單調性；對于Ahx1x39x226x47x3 an1an1mM4anMBan 對于Cm0log32log1M61mm01推得anM不恒成立；對于D gx1x39x226x49x9

a1mM1

M不恒成立

1

636

61

63Aa13an63an3，n1a1633an3成立；nkak63成立， 61

635427

63k

k an3成立

1a63a6

61a621

1a6219150a60

a0

a

an1

63

6

1

60 9 9 所以6an146an，故6an134 ，故an1634 9 若存在常數M≤0，使得aM恒成立，則63

M

9

n1log

anMnA不成立Ba151an60即5an6，n11a1610，此時不等關系5an6成立；nk5ak6成立， 61a631,0，故1 60成立 k

k由數學歸納法可得5ak16成立 a1a63a6a61a621

1a6210，a60，故 a0，故 a，故a為增數列

M6an6B正確Ca170an61即6an7，n10a161，此時不等關系成立；nk6ak7 61a630,1，故0 61成立即6 k

k

k由數學歸納法可得6an7成立

61

，故an

11

4an6an160an16a164

an164 1 an164

M6anM1則M6

nlog

M6

Da19an63an9，n1a1633，此時不等關系成立；nkak9

61

63273

k

aa61a6210，故 a，故a為增數列

9

9又an16an an6

4an6結合an60可得：an16a164 9所以an1634

9若存在常數M0，使得anM恒成立，則M634 9

M6故M63 ，故nlog9 1，這與n的個數有限矛盾，故D錯誤4

4 a1a636a1a39a226a48

4 2 fx1x39x226x48fx3x29x26 2222令f￠(x)>0，得0x6 或x6 令fx0，得6 2222fx在623和623上單調遞增，在623623 3 3 22 5，7622

1

636

61

63n1a3a61a633a3 nkak3nk1

61

6313633

k

3an3an4因為在4fx0，所以an1an，則an a11a636a11a39a226a47

4 2 hx1x39x226x47x3hx3x29x26

x

92 hx在,3hxh333293260hx在,3hxh3133932263470 M0anMmM4M1MM，且Man1an1a2a11a3a21,aM4aM31，aM4a1M33M3M，amaM4ManMAn1a56a1a636156366 nkak6 nk1a6a60，則a63

1

6366n1a51a631156310a5 nkak5 nk1a5a61，則a63 1

6365k 5an6因為在46fx0an1an，所以an為遞增數列，M6B正確；

1

636

61

63

1注意到當a17時，a27

646，a34466

64

11a444

36

164

13kn2

144

61

13n當n2與n3時，a6與

1

6 13k

nk

144

6

13k

nk113n

k

1

6361124444

6

61244

6

144

6n13n

13n4易知3n10，則014

144

66,7n2因為在6,8fx0an1an，則anM6anMm 記 log32log1M61，取mm01，其中m01m0m0,m0N 則3m3m02log1M61，

13m3m1

M6

，即

6MamManMC錯誤；Da19，n1a61a63273a9 nkak3當nk1時， 61a6319633，則

9k an9

k因為在8fx0an1an，所以an

a11

636

11a39a2

4 2 gx1x39x226x49x9gx3x29x26 x9

2 gx在9gxg939299260gxg9193992269490 an1an10an1an1，M0anMmM1M1MM，且Man1an1a2a11a3a21,aM1aM1aM1a1M9M1MamaM1ManMD錯誤.5525已知函數f(x)4xlogx，則f1 x1代入，利用指數、對數運算計算作答 f(x

log2x，所以f()42

21已知雙曲線C的焦點為(2,0)和(2,0)，離心率 ，則C的方程 xy 【分析】根據給定條件，求出雙曲線C的實半軸、虛半軸長，再寫出C的方程作答c2【詳解】令雙曲線Cab，顯然雙曲線Cx軸上，其半焦距c2由雙曲線C

c

2，解得a ，則b 所以雙曲線C

xy 已知命題p:若,為第一象限角，且，則tantan．能說明p為假命題的一組,的值為 ， ②. fxtanx在0π上單調遞增，若0π，則tan

2kkπ2ππ0，則2kkπ3π0 k1k2，則

k1k

ππ，即9π,π滿足題意 9ππ4

權”．已知9枚環權的質量（單位：銖）從小到大構成項數為9的數列an，該數列的前3項成等差數列，后7項成等比數列且a11,a512,a9192則a7 ①. ②.a7,a3，在結合等差、等比數列的求和公式運算求解.3項的公差為d7q0q4a919216q0，可得q2

12da5，即12d3d1，1：可得a3,aaq4

3127空2：aaLa123323263

11：因為a3n7a2aa12192482 5an0a748a2aa

3 327q0q2a54q2aaa3a1a36aaaaaaaa3a9q31922381

1

1a1a2La96381a3x2,x設a0f(xa2x2axa 1,xf(x在區間(a1a1f(xMx1fx1x1aNx2,fx2x2a，則|MN|Pxfxxa,Qxfxxa．若|PQ|a的取值范圍是01

fxMNa4PQ存在最小值，從而得以判斷a0a2當axa時，fx ，易知其圖像是，圓心為0,0，半徑為aa2當xa時，fx 對于①，取a1，則fx的圖像如下，x(a1x1fx在10 a1xafxx2a21；a2當axafa2

顯然取得最大值a當xa時，fx 1 12，綜上：fx取得最大值a，故②正確；x1ax2axaMx1fx1x1aNx2fx2x2a當x1a時，yfx10，當x2a且接近于xa處，y2fx2 此時，MNy1y2 a4fxPx3fx3x3a,Qx4

x4x4aPQPfxx2x4上，點Q fx

16x4x16x 5 PQ的最小值為點Ofxx2x4的距離減去半圓的半徑a 此時，因為fxyx2x4的斜率為1，則 1，故直線OP的方程為yx y聯立yx

yy a4PQ存在最小值，故a的取值范圍不僅僅是01 a2a2685如圖，在三棱錐PABC中，PA平面ABC，PAABBC1，PC APCB（2）（1）PABCBCPB，從而利用線面垂直的1PAABCBCABC，PABCPAAB，所以PABPA2PA2

，BC1,PC PB2BC2PC2，則PBCBCPB，BCPAPAPBP，2由（1）BCPABABPABBCAB以AABx軸，過ABCyAPz

z

，即x

AC

y

xy

0x21z21n10,1

PC

所以

m,

m

12 m2 所以二面角APCB的大小為 2（1）f(0

（2）f(x在區間π2πf2π1 3

3 3條件①：fπ3 fπ 3 f(x在區間ππ （1）π（2）f(x存在；條件②或條件③可解得1，π（1）x0f(x的解析式求出sin，再由||π即可求出（2）f(xf(x)在π2π 3 π

f

xπ處取得最小值11 3因為||π，所以π 2

的最大值為1，最小值為33

f(xf(x)在π2πf2π1fπ 3

3

3 T2πππ,所以T2π,2π 3 fπ1，所以sinπ1 3 所以ππ2kπkZ 所以π2kπkZ，因為||，所以π 所以1，πf(x)在π2π上單調遞增，在ππ 3 f(x)xπ處取得最小值1fπ 3 12012021402天“上漲”、1天“下跌”、1天“不變”41天該農產品價格“上漲”“下跌”140天里，有16個，也就是有16240天里，有16天上漲，14天下跌，100.40.35 于是未來任取42天上漲，1天下跌，1天不變的概率是C20.42C10.350.25 34039次的1549次，下跌的有2次，E:

1(ab0)

|AC|4PEPDBCMPAy2NMNCD．（1）xy （1）c

52b4a2c2b2（2）BCPDPAMNkMN，再根據題意求kCDkMNkCD，由此得解.1依題意，得ec

，則c

5aACAC4，所以2b4，即b2a2c2b24a25a24a24a29

2

x2y2A02,C02B30D30

Pmn0m30n2，則m2n2

0

2BCy2x2

n0

x3y2x

33n2m

3n2m

33n2m6 聯立

，解得

3n2m 3n2m6y

x

y

3n2m n2n2，則直線PA的方程為yn2x2 y=2，則2n2x2x4mN4m2

n

1，則m9 ，8m27218n2 2

6n4m12n2

4m

6n24mn8m 6n24mn8m9n28m26mn12m 9n27218n26mn12m6n24mn8m 23n22mn4m12 9n26mn12m 33n22mn4m12

022

MNkCDMN與CDMNCDf(xxx3eaxbyfx在點(1,f(1yx1．求abg(x)f(xg(xf(x （3）31f(xxx3eaxbxRfx13x2ax3eaxb，fx在(1,f(1yx1，則則

a

ba1b12詳解】

fx13x2x3ex1xRgxxx26x6ex1令x26x60，解得x3 ，不妨設x13 ，x23 ，則0x1x2，易知ex10恒成立，gx0，解得0xx1xx2gx0x0x1xx2

3和3

3，單調遞增區間為0和3

3,3

.3由（1）f(xxx3ex1xRfx13x2x3ex1x0f114e20f010f1f00fx在0上有一個極小值點；fx1

f3

3

fx在0x1x4，則0x4x1此時，當0xx4f￠(x0fxx4xx1fx0fx單調遞減；fx在0x1上有一個極大值點；則fx2f3 3f310，故fx1fx20x1xx5fx0fxx5xx2fx0fx單調遞增；fx在x1x2上有一個極小值點；當xx3 3時，3x2x3x23x0fx13x2x3ex10fx單調遞增，fx在x2上無極值點；A0B00k0,12,mrkmaxi∣BiAk,i{0,12m}maxMM中最大的數.（2）若a1b12rjrj1rj1,j12,m1rnrnn,n

Ap