2023年全国高考北京卷数学试题(精校)

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1、绝密本科目考试启用前2023年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数 学本试卷共5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.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，则（ ）A. B.C. D.【分析】先化简集合，然后根据交集的定义计算.【解析】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.【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.【解析】在

2、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. D.【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.【解析】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.【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.【解析】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

3、，D错误.故选C.5.的展开式中，的系数是（ ）A. B. C. D.【分析】写出的展开式的通项即可.【解析】展开式的通项为令得.所以的展开式中的系数为.故选D.【评注】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【分析】利用抛物线的定义求解即可.【解析】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.【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【解析】因为，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.故选B.8.若，

4、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【分析】解法一：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；解法二：由通分后用配凑法得到完全平方公式，证明充分性可把代入即可；证明必要性把代入，解方程即可.【解析】解法一：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.故选C.解法二：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

5、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.如图所示，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.【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.【解析】如图所示，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，所以在中，在中，又因为，所有棱长之和为.故选C.10.数列满足，则（

鼠在秋天会收集松子储存在地下或树洞里,这一行为在生态系统中起重要作用。下列说法4ke错误的是(D)A.促进有机物变成二氧化碳和水的过程B.帮助松树传播种子C.松鼠是食物链中重要的一环松鼠损害了松树的生存

1、绝密本科目考试启用前2023年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数 学本试卷共5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.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，则（ ）A. B.C. D.【分析】先化简集合，然后根据交集的定义计算.【解析】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.【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.【解析】在

2、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. D.【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.【解析】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.【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.【解析】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

3、，D错误.故选C.5.的展开式中，的系数是（ ）A. B. C. D.【分析】写出的展开式的通项即可.【解析】展开式的通项为令得.所以的展开式中的系数为.故选D.【评注】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【分析】利用抛物线的定义求解即可.【解析】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.【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【解析】因为，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.故选B.8.若，

4、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【分析】解法一：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；解法二：由通分后用配凑法得到完全平方公式，证明充分性可把代入即可；证明必要性把代入，解方程即可.【解析】解法一：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.故选C.解法二：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

5、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.如图所示，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.【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.【解析】如图所示，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，所以在中，在中，又因为，所有棱长之和为.故选C.10.数列满足，则（