2023年高考押题预测卷01（甲卷文科）（全解全析）

绝密★考试结束前

2023年高考数学全国甲卷文科预测试卷

全卷满分150分，考试用时120分钟。

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一  选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

1．已知集合，是偶数集，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用偶数和交集的定义即可求解.

【详解】因为在集合中，－2，0，2是偶数，所以．

故选：D.

2．已知复数满足，则在复平面内所对应的点是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的运算求出，即可得出在复平面内所对应的点.

【详解】由，得，

所以在复平面内所对应的点是．

故选：B.

3．函数的部分图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用特殊值及极限思想即可分析得出.

【详解】由，故D错误，

当时，，A，B错误．

故选：C.

4．已知点，，向量，，则与的夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由平面向量的坐标运算求得，，结合平面向量的夹角公式即可求得答案．

【详解】由题意，得，，

则与的夹角的余弦值为．

故选：A．

5．已知是双曲线上的一个动点，且点到的两个焦点距离的差的绝对值为6，的焦点到渐近线的距离为4，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】不妨设双曲线方程为，表示出双曲线的渐近线方程，根据双曲线的定义得到，再利用点到直线的距离公式求出，从而求出，即可得解.

【详解】解：不妨设双曲线方程为，则双曲线的渐近线方程为，即，

由双曲线的定义知，，所以，

由双曲线的焦点到其渐近线的距离为，即，

所以，

所以的离心率．

故选：B

6．某市年月至年月的平均气温折线图如图，则（    ）

A．平均高温不低于的月份有个

B．平均高温的中位数是

C．平均高温的极差大于平均低温的极差

D．月平均高温与低温之差不超过的月份有个

【答案】C

【分析】根据折线图数据，结合中位数、极差的定义依次判断各个选项即可.

【详解】对于A，平均高温不低于的月份有年月和年月，共个，A错误；对于B，将各个月份数据按照从小到大顺序排序后，可得中位数为，B错误；对于C，平均高温的极差为，平均低温的极差为，则平均高温的极差大于平均低温的极差，C正确；

对于D，月平均高温与低温之差不超过的月份有年月和年月，共个，D错误.故选：C.

7．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）

A．4 B． C．2 D．

【答案】A

【分析】目标函数的几何意义是可行域内的点到直线l：的距离的倍．由约束条件作出可行域，找到可行域内到直线l的距离最大的点，求解即可.

【详解】由约束条件作出可行域，如图中阴影部分所示．由点到直线的距离公可知，

目标函数的几何意义是可行域内的点到直线l：的距离的倍．

数形结合可知，可行域内到直线l的距离最大的点为，

且点A到直线l的距离，

则的最大值为4．

故选：A.

8．已知表示不超过实数的最大整数.执行如图所示的程序框图，则输出的（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】列举出每次算法步骤，即可得出输出结果.

【详解】执行第一次循环，，，，

；

执行第二次循环，，，，

；

执行第三次循环，，，，

；

执行第四次循环，，，，

，退出循环，输出.

故选：C.

9．记数列的前n项和为．若等比数列满足，，则数列的前n项和（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，，求出等比数列的公比及，数列也是等比数列，利用等比数列求和公式可求出答案.

【详解】因为，，

所以等比数列的公比，所以，则，

由，可知数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以．

故选：D．

10．已知正三棱柱的所有棱长都相等，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列结论中正确的个数是（    ）

①；②；③；④平面．

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】连接，即可得到，再由正三棱柱的性质得到平面，即可得到，从而得到平面，再由线面垂直的性质得到，即可说明，即可判断①、②、③，连接，通过证明平面平面，即可说明④.

【详解】解：连接，因为正三棱柱的所有棱长都相等，所以，．

又，分别是，的中点，所以，所以．

因为，，，平面，所以平面．

又平面，所以．又，，平面，所以平面．

又平面，所以．

由题意知且，所以四边形是平行四边形，

所以，所以，故①、③正确；

与是异面直线，故②错误；

连接，因为，平面，平面，所以平面

又，同理可证平面，

又，平面，

所以平面平面．

因为是线段上的动点，所以平面，所以平面，故④正确．

故选：C

11．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．在区间上单调递减

B．在区间上有极小值

C．设在区间上的最大值为M，最小值为m，则

D．在区间内有且只有一个零点

【答案】D

【分析】由商数关系化简函数，结合导数法可得函数性质及图象，即可逐个判断.

【详解】因为，

所以．

当时，令，解得，则当x变化时，，的变化情况如下表所示．

所以在区间上的图象如图所示．

对A，在区间上单调递增，A错；

对B，在区间上有极大值，无极小值，B错；

对C，在区间上的最大值为，最小值为，，C错；

对D，在区间内有且只有一个零点，D对.

故选：D.

12．已知三棱锥P－ABC的所有顶点均在半径为2的球的O球面上，底面是边长为3的等边三角形．若三棱锥P－ABC的体积取得最大值时，该三棱锥的内切球的半径为r，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】设底面的中心为Q，根据题意可知，当三棱锥P－ABC的体积取得最大值时，底面ABC，求出体积的最大值，再利用等体积法求出内切球的半径即可.

【详解】设底面的中心为Q，连接BQ，OQ，

则，且底面ABC，

如图，延长QO交球面于点P，连接OB，此时三棱锥P－ABC的体积取得最大值，

因为球O的半径为2，所以，

在中，，

所以三棱锥P－ABC的体积的最大值为，

此时，

所以，

所以，解得．

故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．如图是一个边长为4的正方形二维码,为了测算图中黑色部分的面积,在正方形区域内随机投掷1600个点,其中落入白色部分的有700个点,据此可估计黑色部分的面积为______________．

【答案】9

【分析】先根据点数求解概率,再结合几何概型求解黑色部分的面积

【详解】由题设可估计落入黑色部分的概率

设黑色部分的面积为,由几何概型计算公式可得

解得故答案为:9

14．若是定义在上的奇函数，且是偶函数，当时，，则__________.

【答案】

【详解】解：由是定义在上的奇函数，为偶函数，

可得，，即，

所以，可得，

则的最小正周期为4，当时，，

则．故答案为：．

15．将函数向右平移个周期后所得的图象在内有个最高点和个最低点，则的取值范围是__________．

【答案】

【分析】求出平移后所得函数的解析式，根据题意可得出关于的不等式，解之即可.

【详解】函数的最小正周期为，

将函数向右平移后的解析式为，

由，可得，

要使得平移后的图象有个最高点和个最低点，则需：，解得．故答案为：.

16．已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为是上的两点，是的中点，为坐标原点，直线的斜率为，若，则的两条浙近线的斜率之积为__________.

【答案】

【分析】设，进而根据点差法得，再根据得，进而得，再求渐近线的斜率之积即可得答案.

【详解】解：设，

因为是上的两点，是的中点，为坐标原点，直线的斜率为，

所以①，②，③，④，

所以，②③得，整理得

所以，因为双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为，

所以，，因为，所以，即，整理得：，所以，整理得，

所以，即，所以，整理得，

因为的两条浙近线分别为，所以，的两条浙近线的斜率之积为故答案为：

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17（12分）．在中，角的对边分别为，且满足.

(1)求角的大小；

(2)若为边的中点，且，求的面积.

【答案】(1)(2)

【分析】（1）由正弦定理边角互化得，再结合正弦和角公式得，进而可得答案；

（2）根据余弦定理，结合得，进而根据余弦定理得，再计算面积即可.

【详解】（1）解：因为，所以，即，

因为，

所以，即，

因为，所以，因为，所以.

（2）解：如图，因为为边的中点，且，

所以，，因为，

所以，即，整理得，因为，即，解得，

所以，的面积为．

18（12分）．2020年，教育部启动实施强基计划．强基计划聚焦国家重大战略需求，突出基础学科的支撑引领作用．三年来，强基计划共录取新生1.8万余人．为响应国家号召，某校2022年7月成立了“强基培优”拓展培训班，从高一入校时中考数学成绩前100名的学生中选取了50名对数学学科研究有志向、有兴趣、有天赋的学生进行拓展培训．为了解数学“强基培优”拓展培训的效果，在高二时举办了一次数学竞赛，这100名学生的成绩（满分为150分）情况如下表所示．

(1)能否有99%的把握认为学生的数学竞赛成绩与是否参加“强基培优”拓展培训有关？

(2)从成绩不低于135分的这60名学生中，按是否参加过“强基培优”拓展培训采用分层抽样﹐随机抽取了6人，再从这6人中随机抽取2人代表学校参加区里的数学素养大赛，求这2人中至少有一人未参加过培训的概率．

参考公式：，其中．

【答案】(1)有99%的把握认为学生的数学竞赛成绩与是否参加“强基培优”拓展培训有关．

(2)

【分析】（1）根据表中数据和参考公式代入计算并与比较即可得出结论；（2）由分层抽样可知参加过培训的有4人，未参加过的有2人，列举出6人中随机抽取2人的所有基本事件，再选出符合条件的事件数即可求得结果.

【详解】（1））根据列联表代入计算可得：

，

所以有99%的把握认为学生的数学竞赛成绩与是否参加“强基培优”拓展培训有关．

（2）由题意可知，所抽取的6名学生中参加过“强基培优”拓展培训的有4人，记为，，，，

未参加过“强基培优”拓展培训的有2人，设为甲、乙．

从这6人中随机抽取2人的所有基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，共15个，

其中至少有一人未参加过培训的基本事件有，，，，，，，，，共9个．

故至少有一人未参加过培训的概率．

19 （12分）．如图，在多面体中，四边形为正方形，平面平面，，是棱上的一点.

(1)是否存在点，使得平面？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由；

(2)求多面体ABCDEF的体积.

【答案】(1)存在，时，平面(2)

（2）分割为两个棱锥，求出，相加后得到结果.

【详解】（1）当时，满足平面，

过点作AD交AF于点G，连接BG，则，

因为，，所以且，

所以四边形为平行四边形，

故，因为平面，平面，所以平面，此时；

（2）连接AE，DE，四边形ABCD为直角梯形，过点B作BN⊥AD于点N，则四边形BCDN为正方形，故BC=DN=1，BN=CD=1，故AN=AD-DN=3-1=2，

由勾股定理得：，面积为，

平面平面，交线为AB，因为四边形为正方形，所以，平面ABEF，故平面ABCD，且

则四棱锥，过点N作NH⊥AB于点H，则，则点D到AB的距离为，

因为平面平面，交线为AB，NH⊥AB，且平面ABCD，

所以NH⊥平面ABEF，则点D到平面ABEF的距离为，

正方形ABEF的面积为，则，

多面体ABCDEF的体积为.

20（12分）．椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，上顶点为，点到直线的距离为.

(1)求的方程；

(2)过点的直线交双曲线右支于点，，点在上，求面积的取值范围.

【答案】(1)(2)

【详解】（1）直线方程为，即，

到直线的距离，化简得，

又离心率，即，且，解得，，，

所以的方程为：.

（2）设直线的方程为，由于的渐近线的斜率为，所以.

将方程代入，化简得.

设，，则，，

，

设平行于与椭圆相切的直线为，

由得，

由得，

直线与之间的较小距离，

直线与之间的较大距离，则面积的较小值为，面积的较大值为，设，，，则，，，∴，所以面积的取值范围为.

21（12分）．已知函数.

(1)若，求的极值；

(2)若在上恒成立，求的取值范围；

(3)证明：.

【答案】(1)极大值为，无极小值(2)(3)证明见解析

【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，即可求得函数的极值；

（2）分、、三种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，在前两种情况下，直接验证即可，在时，利用导数求得，令，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，即可求得实数的取值范围；

（3）当时，由（2）可得出，可得出，利用不等式的基本性质、等比数列的求和公式以及对数函数的单调性可证得结论成立.

【详解】（1）解：当时，，该函数的定义域为，.

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，

此时，函数在处取得极大值，且极大值为.

（2）解：当时，，此时函数在上为增函数，

因为，不合乎题意；

当时，，当时，，不合乎题意；

当时，由可得.

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，

所以，，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递减，由可得.

综上所述，实数的取值范围是.

（3）证明：当时，对任意的恒成立，所以，，

所以，，

所以，

，

因此，.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

选做题：

22（10分）．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

(1)求的直角坐标方程；

(2)若与有公共点，求的取值范围.

【答案】(1)；(2).

【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式展开，再结合，即可得到直线方程；（2）将参数方程代入（1）中的直线方程得，则转化为有解，令，，则设，求出其值域即可.【详解】（1）因为，所以，又因为，，得，即的直角坐标方程为.

（2）将，代入，得，

所以，即，

要使与有公共点，则有解，

即有解，令，则，

令，，则对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又，，所以，解得，即的取值范围是.

23（10分）．已知函数．

(1)解不等式;

(2)若不等式对恒成立,求实数m的取值范围．

【答案】(1)(2)

【分析】(1)移项,两边平方即可获解;(2)利用绝对值不等式即可.

【详解】（1）即

即,即即,即或

所以不等式的解集为

（2）由题知对恒成立

因为.所以,解得

即或,所以实数的取值范围为