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绝密启用前2023年普通高等学校招生全国统一考试天津卷数学理工类本试卷分为第一卷选择题和第二卷非选择题两局部，共150分，考试用时120分钟。第一卷1至2页，第二卷3至5页。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题考上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！第一卷考前须知：1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2.本卷共8小题，每题5分，共40分。参考公式：如果事件A，B互斥，那么 如果事件A，B相互独立，那么P(AB)=P(A)+P(B)P(AB)=P(A) P(B)棱柱的体积公式V=Sh. 棱锥的体积公式. 其中S表示棱柱的底面面积，其中S表示棱锥的底面面积，h表示棱锥的高h表示棱柱的高一、选择题：在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.1设集合，那么ABCD2设变量满足约束条件那么目标函数的最大值为AB1CD33阅读右面的程序框图，运行相应的程序，假设输入的值为24，那么输出的值为A0 B1C2D34设，那么“是“的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件5双曲线的左焦点为，学 科&网离心率为.假设经过和两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，那么双曲线的方程为ABCD6奇函数在R上是增函数，.假设，那么a，b，c的大小关系为ABCD7设函数，其中，.假设，且的最小正周期大于，那么A，B，C，D，8函数设，假设关于x的不等式在R上恒成立，那么a的取值范围是ABCD第二卷考前须知：1用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2本卷共12小题，共110分。二. 填空题：本大题共6小题，每题5分，共30分.9，i为虚数单位，假设为实数，那么a的值为 .10一个正方体的所有顶点在一个球面上，假设这个正方体的外表积为18，那么这个球的体积为 .11在极坐标系中，直线与圆的公共点的个数为_.12假设，那么的最小值为_.13在中，.假设，且，那么的值为_.14用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_个.用数字作答三. 解答题：本大题共6小题，共80分解容许写出文字说明，证明过程或演算步骤15.本小题总分值13分在中，内角所对的边分别为.，.求和的值；求的值.16.本小题总分值13分从甲地到乙地要经过3个十字路口，学&科网设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为.设表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量的分布列和数学期望；假设有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率.17本小题总分值13分如图，在三棱锥P-ABC中，PA底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.求证：MN平面BDE；求二面角C-EM-N的正弦值；点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.18.本小题总分值13分为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.求和的通项公式；求数列的前n项和.19本小题总分值14分设椭圆的左焦点为，右顶点为，学|科网离心率为.是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为.I求椭圆的方程和抛物线的方程；II设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点异于点，直线与轴相交于点.假设的面积为，求直线的方程.20本小题总分值14分设，定义在R上的函数在区间内有一个零点，为的导函数.求的单调区间；设，函数，求证：；求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且满足.天津理数答案1-4BDCA5-8BCAA 9.2；10.；11.2；12.4；13.；14.1080 15.解：在中，因为，故由，可得.由及余弦定理，有，所以.由正弦定理,得.所以，的值为，的值为.解：由及，得，所以，.故.16.解：随机变量的所有可能取值为0,1,2,3.，.所以，随机变量的分布列为0123随机变量的数学期望.解：设表示第一辆车遇到红灯的个数，表示第二辆车遇到红灯的个数，那么所求事件的概率为.所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为.17本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等根底知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.总分值13分如图，以A为原点，分别以，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A0，0，0，B2，0，0，C0，4，0，P0，0，4，D0，0，2，E0，2，2，M0，0，1，N1，2，0.证明：=0，2，0，=2，0，.设，为平面BDE的法向量，那么，即.不妨设，可得.又=1，2，可得.因为平面BDE，所以MN/平面BDE.解：易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，那么，因为，所以.不妨设，可得.因此有，于是.所以，二面角CEMN的正弦值为.解：依题意，设AH=h，那么H0，0，h，进而可得，.由，得，整理得，解得，或.所以，线段AH的长为或.18.【解析】I设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由，得，而，所以.又因为，学.科网解得.所以，.由，可得.由，可得，联立，解得，由此可得.所以，学&科网数列的通项公式为，数列的通项公式为.II设数列的前项和为，由，有，故，上述两式相减，得得.所以，数列的前项和为.19.解：设的坐标为.依题意，解得，于是.所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.解：设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或.由点异于点，可得点.由，可得直线的方程为，令，解得，故.所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以.所以，直线的方程为，或.20.解：由，可得，进而可得.令，解得，或.当x变化时，的变化情况如下表：x+-+所以，的单调递增区间是，单调递减区间是.证明：由，得，.令函数，那么.由知，当时，故当时，单调递减；当时，单调递增.因此，当时，可得.令函数，那么.由知，在上单调递增，故当时，单调递增；当时，单调递减.因此，当时，可得.所以，.III对于任意的正整数，且，令，函数.由II知，当时，在区间内有零点；当时，在区间内有零点.所以在内至少有一个零点，不妨设为，那么.由I知在上单调递增，故，于是.因为当时，故在上单调递增，所以在区间上除外没有其他的零点，而，故.又因为，均为整数，所以是正整数，从而.所以.所以，只要取，就有.9
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