2023年普通高等学校招生全国统一考试。
数学（理科）
一．（本题满分6分）
填表：解：见上表。
二．（本题满分9分）
1．求（-1+i)20展开式中第15项的数值；
2．求的导数。
解：1.第15项t15=
三．（本题满分9分）y1 x
oyox 在平面直角坐标系内，下列方程表示什么曲线？画出它们的图形。
解：1.得2x-3y-6=0图形是直线。
2.化为图形是椭圆。
四．（本题满分12分）
已知圆锥体的底面半径为r，高为h
求内接于这个圆锥体并且体积最大的圆柱体的高h（如图）
ad c h hb e
o2r解：设圆柱体半径为r高为h
由△acd∽△aob得。
由此得。圆柱体体积。
由题意，h＞h＞0，利用均值不等式，有。
注：原“解一”对h求导由驻点解得）
五．（本题满分15分）
要写出比较过程）
解一：当》1时，解二：
六．（本题满分16分）am p
x on b 如图：已知锐角∠aob=2α内有动点p，pm⊥oa，pn⊥ob，且四边形pmon的面积等于常数c2今以o为极点，∠aob的角平分线ox为极轴，求动点p的轨迹的极坐标方程，并说明它表示什么曲线。
解：设p的极点坐标为（ρ，pom=α-nom=α+om=ρcos(α-pm=ρsin(α-on=ρcos(α+pn=ρsin(α+四边形pmon的面积。
这个方程表示双曲线由题意，动点p的轨迹是双曲线右面一支在∠aob内的一部分。
七．（本题满分16分）
已知空间四边形abcd中ab=bc，cd=da，m，n，p，q分别是边ab，bc，cd，da的中点（如图）求证mnpq是一个矩形。bm
ranqdk s
pc证：连结ac，在△abc中，am=mb，cn=nb，∴mn∥ac
在△adc中，∵aq=qd，cp=pd，qp∥ac∴mn∥qp
同理，连结bd可证mq∥np
mnpq是平行四边形。
取ac的中点k，连bk，dk
ab=bc，∴bk⊥ac，ad=dc，∴dk⊥ac因此平面bkd与ac垂直。
bd在平面bkd内，∴bd⊥ac∵mq∥bd，qp∥ac，∴mq⊥qp，即∠mqp为直角故mnpq是矩形。
八．（本题满分18分）
yx2=2qy
y2=2px
a1o a2 a3 x
抛物线y2=2px的内接三角形有两边与抛物线x2=2qy相切，证明这个三角形的第三边也与x2=2qy相切。
解：不失一般性，设p>0,q>0.又设y2=2px的内接三角形顶点为。
a1（x1,y1),a2(x2,y2),a3(x3,y3)
因此y12=2px1，y22=2px2 ，y32=2px3
其中y1≠y2 , y2≠y3 , y3≠y1 .
依题意，设a1a2，a2a3与抛物线x2=2qy相切，要证a3a1也与抛物线x2=2qy相切。
因为x2=2qy在原点o处的切线是y2=2px的对称轴，所以原点o不能是所设内接三角形的顶点即（x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)，都不能是（0，0）;又因a1a2与x2=2qy相切，所以a1a2不能与y轴平行，即x1≠x2 , y1≠-y2,直线a1a2的方程是。
同理由于a2a3与抛物线x2=2qy相切，a2a3也不能与y轴平行，即。
x2≠x3, y2≠-y3,同样得到。
由（1）（2）两方程及y2≠0,y1≠y3,得y1+y2+y3=0.
由上式及y2≠0,得y3≠-y1，也就是a3a1也不能与y轴平行今将y2=-y1-y3代入（1）式得：
3)式说明a3a1与抛物线x2=2qy的两个交点重合，即a3a1与抛物线x2=2qy相切所以只要a1a2，a2a3与抛物线x2=2qy相切，则a3a1也与抛物线x2=2qy相切。
九．（附加题，本题满分20分，计入总分）
已知数列和数列其中。
1．用p,q,r,n表示bn，并用数学归纳法加以证明；
2．求。解：1.∵1=p, n=pn-1,∴n=pn.
又b1=q,b2=q1+rb1=q(p+r),b3=q2+rb2=q(p2+pq+r2),…
设想。用数学归纳法证明：
当n=2时，等式成立；
设当n=k时，等式成立，即。
则bk+1=qk+rbk=
即n=k+1时等式也成立。
所以对于一切自然数n≥2，都成立。
2023年高考理科数学试题
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