2023年全国统一高考数学预测试卷（文科）（解析版）

这是一份2023年全国统一高考数学预测试卷（文科）（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年全国统一高考数学预测试卷（文科）
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要求的。
1．设集合M＝{x|0＜x＜4}，N＝{x|1≤x≤5}，则M∩N＝（　　）
A．{x|0＜x≤1} B．{x|1≤x＜4} C．{x|4≤x＜5} D．{x|0＜x≤5}
【分析】利用交集运算即可求得答案．
【解答】解：由M＝{x|0＜x＜4}，N＝{x|1≤x≤5}，
则M∩N＝{x|0＜x＜4}∩{x|1≤x≤5}＝{x|1≤x＜4}，
故选：B．
【点评】本题主要考查了交集的运算，属于基础题．
2．甲、乙两位射击运动员参加比赛，连续5轮射击比赛的成绩情况如图所示：

则下列说法正确的是（　　）
A．甲平均成绩高，乙成绩稳定
B．甲平均成绩高，甲成绩稳定
C．乙平均成绩高，甲成绩稳定
D．乙平均成绩高，乙成绩稳定
【分析】由平均数和方差的计算公式计算即可得出答案．
【解答】解：由题意可得，，
所以，
因为，
所以，
所以且．
故选：A．
【点评】本题主要考查了平均数和方差的计算公式，属于基础题．
3．已知＝2i（i为虚数单位），则|z﹣1|＝（　　）
A． B． C．2 D．2
【分析】设z＝a+bi（a，b∈R），代入＝2i，整理后利用复数相等的条件列式求得a与b的值，再由复数模的计算公式求解．
【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），
由＝2i，得（a+1）+bi＝2i（a﹣bi）＝2b+2ai，
∴，解得a＝，b＝，
∴|z﹣1|＝||＝|﹣|＝＝．
故选：B．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数相等的条件及复数模的求法，是基础题．
4．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何的体积（单位：cm3）是（　　）

A．12 B．4 C．24 D．8
【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的体积．
【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为长方形，高为2的四棱锥体．
如图所示：

所以：V＝．
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：三视图和直观图之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
5．若将函数f（x）的图象先向左平移个单位，再将图象上每一点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则（　　）
A．f（x）＝sinx B．
C． D．
【分析】由题意，利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．
【解答】解：由题意，把函数的图象，纵坐标不变，
横坐标缩短为原来的2倍，可得y＝sin（x+）的图象，再向右平移个单位，
可得f（x）＝sin（x﹣+）＝sin（x+）的图象．
故选：B．
【点评】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换，属于中档题．
6．新星队在某一排球赛中要和其余6个队中的每一队都比赛一次，已知新星队在每次比赛中胜、负、平的概率相同，那么新星队在打完这六场比赛后打胜的次数多于打败的次数的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据题意，设新星队在6场比赛中打胜的次数等于打败的次数为事件A，求出P（A），由事件之间的关系分析可得答案．
【解答】解：根据题意，新星队需要比赛6场，设其中打胜的次数等于打败的次数为事件A，
则P（A）＝C（）6+CC（）6+CC（）6+（）6＝，
则新星队在打完这六场比赛后打胜的次数多于打败的次数的概率P＝[1﹣P（A）]＝．
故选：C．
【点评】本题考查互斥事件、相互独立事件的概率计算，注意事件之间的关系，属于基础题．
7．函数f（x）＝，则f（x）的大致图象是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】利用函数的零点判断A；函数的奇偶性排除B、C；即可推出结果．
【解答】解：函数f（x）＝＝0，可得x＝0，所以A不正确；
f（x）＝≥0，所以C不正确；
f（﹣x）＝＝＝f（x），函数是偶函数，排除B、C，
故选：D．
【点评】本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及函数的值域，是判断函数的图象的常用方法，是中档题．
8．已知函数f（x）＝alnx﹣2x，若存在x∈N*，使f（x）＞0成立，则实数a的取值范围是（　　）
A．（2e，+∞） B．（，+∞） C．（，+∞） D．（2，+∞）
【分析】由题意可得a＞，设g（x）＝，利用导数求出a的范围即可．
【解答】解：由题意可得alnx﹣2x＞0，
当x＝1时，﹣2＞0不成立，
当x＞1时，a＞，
设g（x）＝，
则g′（x）＝，
当x∈（1，e）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
当x∈（e，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
∵g（2）＝，g（3）＝，
又4ln3＝ln81＞ln64＝6ln2，
∴＞，
∴a＞，
故选：C．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道常规题．
9．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1的中点．若点P为侧面正方形ADD1A1内（含边界）的动点，且存在x，y∈R使成立，则B1P与侧面ADD1A1所成角的正切值最大为（　　）

A．2 B．1 C． D．
【分析】由题意可得B1P∥平面BEF，设A1D1的中点为G，连接FD1，B1G，AG，D1E1，AB1，作图见解析所示，可得动点P的轨迹为线段GA，且当A1P⊥GA时，B1P与侧面ADD1A1所成角的正切值最大，求解即可得出答案．
【解答】解：∵存在x，y∈R，使，
∴B1P∥平面BEF，
设A1D1的中点为G，连接FD1，B1G，AG，D1E1，AB1，

则B1G∥FD1∥BE，BE⊂平面BEF，B1G不在平面BEF内，
∴B1G∥平面BEF，同理可得AG∥平面BEF，又AG∩B1G＝G，AG⊂平面B1GA，B1G⊂平面B1GA，
∴平面B1GA∥平面BEF，
∵点P为侧面正方形ADD1A1内（含边界）的动点，且B1P∥平面BEF，
∴点P的轨迹为线段GA，在GA上任取一点P，连接A1P，B1P，
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，G分别是棱AD，D1A1的中点，
∴，
由题意得∠A1PB1就是B1P与侧面ADD1A1所成角，
∴，当tan∠A1PB1最大时，即A1P最小，即A1P⊥GA．
由等面积法得，∴，∴tan∠A1PB1的最大值为，
故选：D．
【点评】本题考查空间中直线、平面的位置关系，考查数形结合思想和运动思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10．正四面体A﹣BCD的棱长为1，现将正四面体A﹣BCD绕着AB旋转，则A﹣BCD所经过的区域构成的几何体的体积为（　　）
A． B． C． D．
【分析】取棱AB中点E，连接EC，ED，故EC＝ED＝，进而得形成的几何体为两个底面重合的圆锥，其底面圆的半径为r＝EC＝，顶点为A，B点，顶点A，B到底面圆的距离均为AB＝，再计算圆锥的体积即可得答案．
【解答】解：根据题意，取棱AB中点E，连接EC，ED，
因为正四面体A﹣BCD的棱长为1，
则EC＝ED＝，
所以当正四面体A﹣BCD绕着AB旋转时，形成的几何体为两个底面重合的圆锥，
其底面圆的半径为r＝EC＝，顶点为A，B点，
顶点A，B到底面圆的距离均为AB＝，
故所求几何体的体积为V＝2××π××＝．
故选：C．

【点评】本题考查了立体几何中的旋转问题，考查了学生的空间想象能力和计算能力，属于中档题．
11．已知F1，F2是椭圆+＝1的两个焦点，P为椭圆上一点，且|PF1|＝|F1F2|，则点P到y轴的距离为（　　）
A．1 B． C． D．2
【分析】先根据题意得到|PF1|＝|F1F2|＝4，|PF2|＝2，然后利用余弦定理求得cos∠F1PF2，接着求，最后利用三角形面积公式即可得到答案．
【解答】解：由椭圆可得a2＝9，b2＝5，c2＝4，
所以|PF1|+|PF2|＝6，|F1F2|＝4，所以|PF1|＝|F1F2|＝4，|PF2|＝2，
所以在△PF1F2中，，
因为，且sin∠F1PF2＞0，
所以，
设P的坐标为（x0，y0），且，
所以，所以点P到y轴的距离为，
故选：C．
【点评】本题主要考查椭圆的定义及其应用，椭圆的几何性质等知识，属于中等题．
12．已知a＝0.10.2，b＝0.20.1，c＝20.2，则（　　）
A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．c＜b＜a
【分析】由题意，利用幂函数的单调性，得到a、b、c的大小关系．
【解答】解：∵a＝0.10.2＝＝＝，b＝0.20.1＝，
而y＝是（0，+∞）上的增函数，＜＜1，∴a＜b＜1．
c＝20.2＝＞1，∴a＜b＜c，
故选：A．
【点评】本题主要考查幂函数的单调性，属于基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知＝（m，﹣1），＝（﹣1，2），若⊥，则实数m＝　﹣2　．
【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求得m的值．
【解答】解：∵＝（m，﹣1），＝（﹣1，2），若⊥，则 •＝﹣m﹣2＝0，
∴实数m＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，属于基础题．
14．圆心在直线x+y＝0上，且过点（0，2），（﹣4，0）的圆的标准方程是 　（x+3）2+（y﹣3）2＝10　．
【分析】由已知圆心在直线x+y＝0上及圆过两点三个独立的条件，可利用待定系数法求出圆的标准方程
【解答】解：设所求圆的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，
因两点（0，2），（﹣4，0）在此圆上，且圆心在x+y＝0上，所以得方程组
，解之得，
故所求圆的方程为：（x+3）2+（y﹣3）2＝10．
【点评】本题考查用待定系数法求圆的方程，一般可通过已知条件，设出所求方程，再寻求方程组进行求解．
15．若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝　　．
【分析】求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可．
【解答】解：双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线：x＝±my，
圆x2+y2﹣4y+3＝0的圆心（0，2）与半径1，
双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，
＝1，解得m＝，m＝﹣舍去．
故答案为：．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题．
16．在△ABC中，点D在边BC上，，则边BC的最小值为 　1　．
【分析】在△ABD，△ADC中，利用余弦定理求出BD，DC的关系，结合基本不等式，即可得出答案．
【解答】解：设BD＝x，DC＝y，则AB＝x+1，AC＝y+1，
又，
∴在△ABD，△ADC中，由余弦定理得，整理得4xy＝x+y，
∵x＞0，y＞0，
∴（x+y）2≥4xy，即（x+y）2≥x+y，即x+y≥1，当且仅当x＝y时等号成立，故BC的最小值为1．
故答案为：1．
【点评】本题考查三角形中的几何计算，考查转化思想，考查运算能力，属于中档题．
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。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。
17．某企业2021年经营业绩和上年同期相比增长速度加快，在手和预期订单好过去年，工厂满负荷生产．企业想让员工通过加班生产，来满足客户交货需求．为了了解员工对加班的态度，随机抽取了200名员工进行调查，所得数据如下表所示：

愿意加班
不愿意加班
合计
家庭条件一般

40
100
家庭条件挺好
30


合计



​（1）完成列联表；
（2）能否有99.9%的把握认为员工“是否愿意加班”与员工家庭条件有关？
附：，其中n＝a+b+c+d．
P（K2≥k0）
0.10
0.05
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
​
【分析】（1）根据题目所给的数据填写2×2列联表即可；
（2）计算K2，对照题目中的表格，得出统计结论．
【解答】解：（1）完成列联表如下：

愿意加班
不愿意加班
合计
家庭条件一般
60
40
100
家庭条件挺好
30
70
100
合计
90
110
200
（2）由公式可得，K2＝＝≈18.182，
因为18.182＞10.828，
所以有99.9%的把握认为员工“是否愿意加班”与员工家庭条件有关．
【点评】本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了计算能力的应用问题，是基础题目．
18．已知等差数列{an}满足a3+a6＝11，a6+a9＝17，数列{bn}满足b1＝2，bn+1﹣bn＝2n．
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2）设cn＝，求数列{cn}的前n项和．
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，利用等差数列的通项公式，结合题意列出关于首项a1，公差d的方程组，求解即可得出答案，利用累加法和等比数列的前n项和公式，即可求得bn；
（2）由（1）得an＝n+1，，求得cn，利用错位相减法，即可得出答案．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
∵a3+a6＝11，a6+a9＝17，
∴2a1+7d＝11，2a1+13d＝17，解得a1＝2，d＝1，
故an＝n+1，
∵数列{bn}满足b1＝2，，
当n≥2时，bn﹣bn﹣1＝2n﹣1，bn﹣1﹣bn﹣2＝2n﹣2，…，b2﹣b1＝2，
∴当n≥2时，bn＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1+bn﹣2）+⋯+（b2﹣b1）+b1＝，
当n＝1时，b1＝2，
故；
（2）由（1）得an＝n+1，，则，
设{cn}的前n项和为Sn，
则①，
故②，
由①﹣②得，即，
∴，
故数列{cn}的前n项和为．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的综合，考查转化思想和方程思想，考查累加法和错位相减法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19．多面体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，F为BC的中点．
（1）求证：AF∥平面ECD；
（2）求多面体ABCDE的体积．

【分析】（1）由面面垂直得线面垂直，进而得到线线平行，从而证得线面平行；
（2）将多面体ABCDE分为两个三棱锥进行求解体积．
【解答】（1）证明：因为△ABC为等腰三角形，F为BC的中点，所以AF⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC⋂平面BCD＝BC，AF⊂平面ABC．
所以AF⊥平面BCD，取CD的中点G，连接EG，因为△CDE是等边三角形，所以EG⊥CD，
因为平面CDE⊥平面BCD，交线为CD，且EG⊂平面CDE，所以EG⊥平面BCD，所以AF∥EG，
又AF⊄平面ECD，EG⊂平面ECD，所以AF∥平面ECD．

（2）解：设多面体ABCDE的体积为V，则V＝VE﹣BCD+VE﹣ABC，连接DF，

因为△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，
△ABC为腰长为的等腰三角形，所以，，
所以，
因为AF∥EG，又EG⊄平面ABC，AF⊂平面ABC，所以EG∥平面ABC，
所以，
故V＝VE﹣BCD+VE﹣ABC＝2．


【点评】本题主要考查线面平行的证明，空间几何体体积的计算等知识，属于中等题．
20．已知函数．
（1）求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y＝2x+e﹣3，求a，b；
（2）在（1）的条件下，若f（m）＝g（n），比较m与n的大小并证明．
【分析】（1）求导得f′（x），再求f'（1）的值即得切线的斜率，求出切点，利用点斜式求出切线方程，对比系数即可得答案；
（2）先证明 ex≥x+1，再令h（x）＝f（x）﹣g（x），利用前面的结论说明h（x）≥0，最后根据g（x）的单调性证明即可．
【解答】解：（1），
所以y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y＝ax+e﹣b﹣a，
比较系数可得a＝2，b＝1．
（2）m≤n．证明如下：
设φ（x）＝ex﹣x﹣1，则φ'（x）＝ex﹣1，
令φ'（x）＞0，则x＞0；令φ'（x）＜0，则x＜0，
则x＝0是φ（x）的极小值点同时也是最小值点，
故φ（x）≥φ（0）＝0即 ex≥x+1（当且仅当x＝0时等号成立）．
令h（x）＝f（x）﹣g（x），则，
当且仅当x﹣lnx＝0时等号成立，所以f（x）≥g（x），
则有f（m）≥g（m），而f（m）＝g（n），∴g（m）≤g（n），
又∵，∴g（x）单调递增，所以m＜n．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的性质，利用导数比较大小的方法等知识，属于中等题．
21．已知F为抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点，P（﹣4，m）是C上一点，P位于F的上方且|PF|＝5．
（1）求C的方程；
（2）已知过焦点的直线l交C于A，B两点，若PF平分角∠APB，求l的方程．
【分析】（1）由已知结合抛物线定义可得关于m，p的方程，求得p的值，则抛物线方程可求；
（2）由（1）知求得P与F的坐标，设直线l的方程为y＝kx+1，再设A（），B（），联立直线方程与抛物线方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合PF平分角∠APB列式求解k，则答案可求．
【解答】解：（1）由|PF|＝5，可得，
又P（﹣4，m）是C上一点，∴16＝2pm，联立解得或，
∵P位于F的上方，∴p＝2，
则抛物线C的方程为x2＝4y；
（2）由（1）知，P（﹣4，4），F（0，1），
由题意可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx+1，再设A（），B（），
由，得x2﹣4kx﹣4＝0，
则x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4，
若PF平分角∠APB，由内角平分线定理可知，则，
即＝，把x1x2＝﹣4代入并化简得：31（x2+x1）（x2﹣x1）﹣32（x2﹣x1）＝0，
∵x1≠x2，∴31（x2+x1）＝32，即31×4k＝32，解得，
故直线l的方程为．
【点评】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
22．已知曲线C1的普通坐标方程为x2+y2﹣2x+4y＝0，曲线C2的参数方程为（θ为参数）．
（1）化曲线C1为极坐标方程，C2为普通方程；
（2）设曲线C2与x轴的一个交点的坐标为P（m，0），经过点P作曲线C1的切线l，求切线l的方程．
【分析】（1）根据极坐标方程，参数方程与普通方程的转化关系求解即可；
（2）易知曲线C2与x轴的交点坐标，再分类讨论即可得解．
【解答】解：（1）由x＝ρcosα，y＝ρsinα，ρ2＝x2+y2，可得曲线C1的极坐标方程为ρ2﹣2ρcosα+4ρsinα＝0，
即ρ＝2cosα﹣4sinα；
由于曲线C2的参数方程为（θ为参数），则消去参数θ可得，
即C2为普通方程为；
（2）曲线C2：与x轴的交点为（4，0）和（﹣4，0），
当点P为（4，0）时，设切线方程为y＝k（x﹣4），即kx﹣y﹣4k＝0，
而曲线C1的轨迹为圆，且圆心为（1，﹣2），半径为，
则，解得，
所以切线方程为；
当点P为（﹣4，0）时，设切线方程为y＝k1（x+4），即k1x﹣y+4k1＝0，
则，解得，
所以切线方程为．
【点评】本题考查极坐标方程，参数方程与普通方程的互化，考查直线与圆相切的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
23．已知a＞0，b＞0，c＞0，且a+b+c＝1．
（1）证明：；
（2）证明：．
【分析】（1）由已知利用“1”的代换结合基本不等式证明；
（2）由a+b+c＝1，得2＝2（a+b+c）2，展开后利用基本不等式证明．
【解答】证明：（1）∵a＞0，b＞0，c＞0，且a+b+c＝1，
∴＝
＝3+（）+（）+（），
当且仅当a＝b＝c时取等号．
故；
（2）∵a+b+c＝1，
∴2＝2（a+b+c）2＝2a2+2b2+2c2+4ab+4ac+4bc
＝（a2+b2）+（a2+c2）+（b2+c2）+4ab+4ac+4bc≥6ab+6ac+6bc，
∴ab+ac+bc≤（当且仅当a＝b＝c＝时取“＝”），
故．
【点评】本题考查不等式的证明，考查基本不等式的应用，是中档题．