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2023 年高考押题预测卷 01
理科数学·全解全析
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，只有一个选项是符合
题目要求的．
1．已知全集 ，集合 ， 则集合 等于
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先表示出集合 与集合 的等价条件，然后根据交集，并集和补集的定义进行分析求解即可．
【详解】由题意知 ， ，
所以 ， ，
故选：B．
2．设i为虚数单位，且 ，则 的虚部为（ ）
A． B．2 C．2i D．
【答案】B
【分析】由复数的乘法运算化简，再由复数相等求出 ，即可求出 的虚部.
【详解】由 可得： ，
则 ，所以 的虚部为2.
故选：B.
3．已知向量 ， 满足 ，若 ，则实数 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由向量垂直列出方程，结合向量的数量积运算性质求解.
【详解】∵ ，∴
∵ ，∴
∵ ，∴ ，即 .
故选：C.
4．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列: ,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为 ,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上
述递推关系式的数列 的通项公式为 ,其中 的值可由 和 得到,比
如兔子数列中 代入解得 .利用以上信息计算 表示不超过
的最大整数 （ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】B
【分析】根据题不妨设 ,求出 , ,进而得到 ,通过 的第五项,即可得到 之
间的关系,根据 的范围可大致判断 的范围,进而选出选项.
【详解】解:由题意可令 ,
所以将数列 逐个列举可得:
, , , , ,
故 ,
因为 ,
所以 ,
故 .
故选:B
5．已知抛物线 的焦点为 ，点 在抛物线上（异于顶点）， （点 为坐标原点），过
点 作直线 的垂线与 轴交于点 ，则 （ ）
A．6 B． C．4 D．
【答案】A
【分析】设 ，由 ，得 为 的中点, 表示 的方程，求出点 的坐标，结合抛物线的定义求得结果.
【详解】法一：依题意，设 ，由 ，得 为 的中点且 ，
则 ，易得直线 的垂线 的方程为 .
令 ，得 ，故 ，由抛物线的定义易知 ，
故 ，
故选:A.
法二：特殊值法.不妨设 ，则 ，则 ，易得直线 的垂线 的方程为
.令 ，得 ，故 ，又 ，故 .
故选:A.
6．执行下面的程序框图，则输出的 （ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】B
【分析】按照迭代方式代入根据格式判断规律为等比数列的求和，按照等比数列求和公式
求出数据逐渐做判断即可得解.
【详解】经过判断框时，
第一个S变为 ，n变为2，第二个S变为 ，n变为3，
第三个S变为 ，n变为4，
第四个S变为 ，n变为5，
第九个S变为 ，n变为10，
第十个S变为 ，判断框按照“否”输出n=10.
故选：B.
7．在正方体 中，M，N，P分别为 ， ， 的中点，则下列结论中错误的是
（ ）
A． B．平面 平面
C． D．平面 平面
【答案】D
【分析】求得 与 位置关系判断选项A；求得平面 与平面 位置关系判断选项B；求得
与 位置关系判断选项C；求得平面 与平面 位置关系判断选项D.
【详解】对A，在 中，因为 ， 分别为 ， 的中点，
所以 ．又 ，所以 ，A正确．
对B，在 中，因为 ， 分别为 ， 的中点，
所以 ．因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．又因为 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，B正确．
对C，因为 ， ，所以 ，C正确．
对D，取 的中点 ，连接 ， ，则 是二面角 的平面角．设正方体棱长为a，则 ，
又 ，则 ，所以平面 与平面 不垂直．
又平面 平面 ，所以平面 与平面 不垂直，D错误．
故选：D．
8．设等比数列 中， 使函数 在 时取得极值 ，则 的值是（ ）
A． 或 B． 或 C． D．
【答案】D
【分析】由极值点和极值可构造方程组求得 ，代回验证可知 满足题意；结合等比数列性质可
求得结果.
【详解】由题意知： ，
在 处取得极值 ， ，
解得： 或 ；
当 ， 时， ，
在 上单调递增，不合题意；
当 ， 时， ，
当 时， ；当 时， ；在 上单调递增，在 上单调递减，
是 的极小值点，满足题意；
，又 与 同号， .
故选：D.
9．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点， ， ，则三棱锥
体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】 是 外心， 是球心，求出 ，当 是 的延长线与球面交点时，三棱锥 体
积的最大，由此求得最大体积即可．
【详解】如图， 是 外心，即 所在截面圆圆心，设圆半径为 是球心，
因为 ， ，
由余弦定理可得： ，
所以 ，所以 ，则
， ，
平面 ， 平面 ，则 ，
所以 ，
当 是 的延长线与球面交点时，三棱锥 体积的最大，
此时棱锥的高为 ， ，
所以棱锥体积为 ．
故选：B．
10．2020年疫情期间，某县中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支援武汉六个不同的方舱医院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为 ，第二批派出两名医务人员的年龄最大
者为 ，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为 ，则满足 的分配方案的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】假设6位医务人员年龄排序为 ，由 必在第三批，将派遣方式按第一批所
派遣的人员不同分成四类，求出满足 的派遣方法数，再计算总派遣方法数，即可求概率.
【详解】假设6位医务人员年龄排序为 ，由题意知，年龄最大的医务人员必在第三
批，派遣方式如下：
1、第一批派 ，第二批年龄最大者为 ，第三批年龄最大者为 ：剩下的医务人员一个在第二批，两个
在第三批有 种方法，
2、第一批派 ，第二批年龄最大者为 或 ，第三批年龄最大者为 ：当第二批最大者为 ，则有 种
方法，当第二批最大者为 ，则有 种方法，共 种方法；
3、第一批派 ，第二批年龄最大者为 或 或 ，第三批年龄最大者为 ：当第二批最大者为 ，则有
种方法，当第二批最大者为 ，则有 种方法，当第二批最大者为 ，则有1种方法，共
种方法；
4、第一批派 ，第二批年龄最大者为 或 或 ，第三批年龄最大者为 ：当第二批最大者为 ，则有
种方法，当第二批最大者为 ，则有 种方法，当第二批最大者为 ，则有1种方法，共
种方法；
∴ 种方法，而总派遣方法有 种，
∴满足 的分配方案的概率为 .
故选：A.
【点睛】关键点点睛：应用分类分步计数原理，结合题设含义，按第一批派遣的人员不同将派遣方式分
类，再根据第二批的最大年龄者的不同确定各类的派遣方法数.
11．已知 、 是椭圆 与双曲线 的公共顶点， 是双曲线上一
点， ， 交椭圆于 ， .若 过椭圆的焦点 ，且 ，则双曲线的离心率为（ ）A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】设出点P，M的坐标，借助双曲线、椭圆的方程及斜率坐标公式可得 轴，再利用和角的正
切公式求出a，b的关系作答.
【详解】如图，设 ，点 共线，点 共线，所在直线的斜率分别为 ，
点 在双曲线上，即 ，有 ，因此 ，
点 在椭圆上，即 ，有 ，直线 的斜率 ，有
，
即 ，于是 ，即直线 与 关于 轴对称，
又椭圆也关于 轴对称，且 过焦点 ，则 轴，令 ，由 得 ，
显然 ， ，
，
解得 ，所以双曲线的离心率 .
故选：D
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
定义法：通过已知条件列出方程组，求得 得值，根据离心率的定义求解离心率 ；
齐次式法：由已知条件得出关于 的二元齐次方程，然后转化为关于 的一元二次方程求解；
特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
12．设定义在R上的函数 与 的导函数分别为 和 ．若 ，，且 为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A． B．
C． ， D．
【答案】A
【分析】由 得 ，结合已知得 ，进而有 ，由
可判断C项中的对称性；由 为奇函数可得 的周期、对称性及特殊值，从
而化简判断A正误；B、D由 ，结合A即可判断.
【详解】C：由 ，则 ，则 ，
又 ，所以 ，令 得 ，即 .
所以 ，所以函数 的图象关于 对称，
而 ， ，则 的图象关于 对称，错；
A： 为奇函数，则 关于 对称，且 ，
∴ ， ， ， ，∴ .
又 ，∴ ，
∴ 的周期 ，
∴ ，对；
D：因为 ，所以 ，
所以 ，错；
B： ，错.
故选：A
【点睛】关键点睛：利用导数得 ，结合已知得到 ，进而求其周期和对称
性，应用周期和对称性求 、 、 的值.第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．某校为促进拔尖人才培养开设了数学、物理、化学、生物、信息学五个学科竞赛课程，现有甲、乙、
丙、丁四位同学要报名竞赛课程，由于精力和时间限制，每人只能选择其中一个学科的竞赛课程，则恰有
两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为________．
【答案】96
【分析】利用分步加法和分类乘法原理，先安排4名同学的2名选择数学竞赛，在安排剩下的2名同学到
其他竞赛课程中即可.
【详解】由题知先安排甲、乙、丙、丁四位同学的2名选择数学竞赛课程，
则有： 种情况，
剩下2名同学在选择物理、化学、生物、信息学四个学科竞赛课程时有：
①2名同学选择1个学科竞赛则有： 种情况，
②2名同学各选择1个学科竞赛则有 种情况，
所以恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为：
种情况，
故答案为：96.
14．直线 分别与 轴､ 轴交于 两点，点 在圆 上，则 面积的取值范
围是___________.
【答案】
【分析】首先由直线方程求得 坐标，得到 ；利用点到直线距离公式求得圆心到直线 的距离
，从而得到点 到直线距离 的范围，利用三角形面积公式可求得结果.
【详解】因为直线 分别与 轴､ 轴交于 两点，
所以 ，
所以
圆 的圆心的坐标为 ，半径 ，
所以圆心到直线 距离 ，
所以 到直线 距离 ，即 ，.
故答案为： .
15．已知函数 在 上有两个不同的零点，则满足条件的所有m的值组
成的集合是_________．
【答案】
【分析】将原函数转化为同角三角函数 ，再利用对勾函数的性质
数形结合，分类讨论处理即可.
【详解】解： ，
令 ，
则 ，
则
当 时，显然 无解；当 时 可化为 .
利用对勾函数的性质与图象可知（如下图所示）：
①当 时，即 ，此时 或 ，符合题意；②当 时，即 或 ，此时 或 ，符合题意；
③当 时，即 ，由 可得 ，
易知当 时，只有一个解 满足，不符合题意；
④当 时， 即 ，
方程 有两根，不妨记为 ，其中 ，只有一个根，
有两个根，故方程有3个解，也不符合题意.
∴满足条件的所有m的值组成的集合是： .
故答案为：
16．在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数 和 图象上的动点，若
对任意 ，有 恒成立，则实数m的最大值为______．
【答案】
【分析】利用同构思想构造 ，得到其单调性，得到 ，再构造
， ，求导得到其单调性及其最小值，设设 ，利
用基本不等式得到 ，求出答案.
【详解】 ，令 ， ，
则
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递
减，
故 在 处取得极小值，也是最小值，故 ，
故 ，当且仅当 时，等号成立，令 ， ，
则 ，
令 ，
则 在 上恒成立，
故 在 上单调递增，
又 ，故当 时， ，当 时， ，
故 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
故 在 处取得极小值，也时最小值，最小值为 ，
设 ，
由基本不等式得，
，
当且仅当 ， ， 时，等号成立，
故 ，则 ．
故答案为：
【点睛】导函数求解取值范围时，当函数中同时出现 与 ，通常使用同构来进行求解，本题
变形得到 ，从而构造 进行求解.
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．
17．在 中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足 ．
(1)求证： ；
(2)求 的最大值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）利用三角形内角性质以及三角函数诱导公式，根据余弦定理，整理等式，结合半角公式，
可得答案；
（2）利用正弦定理，三角函数内角性质以及同角三角函数的基本关系，整理出关于角B的函数解析式，
利用基本不等式，可得答案.
【详解】（1）∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
（2）由（1）可得： ，且C为钝角，
即 ，
即 ， ，
，
当且仅当 ，即 时取等号．
故 的最大值为 ．
18．如图，在 中， ， ， ， 可以通过 以直线 为轴旋
转得到，且二面角 是直二面角．动点 在线段 上．
(1)当 为 的中点时，求异面直线 与 所成角的余弦值大小；
(2)求 与平面 所成角最大时正弦值．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）建系，利用空间向量求异面直线夹角；
（2）设 可得 ，利用空间向量求线面夹角结合二次函数分析运算.
【详解】（1）由题意可得： ，平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
如图，以 为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，
若 为 的中点，则 ，
可得 ，
设异面直线 与 所成角 ，
则 .
（2）若动点 在线段 上，设 ，
则 ，可得 ，解得 ，
即 ，则 ，
由题意可知：平面 的法向量为 ，
设 与平面 所成角为 ，
则 ，
对于 开口向上，对称轴为 ，
可得当 时， 取到最小值 ，
所以 的最大值为 ，
注意到 ，
故 与平面 所成角的最大时正弦值 .19．学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由教师甲、乙作为代表进行
决赛.决赛共设三个项目，每个项目胜者得10分，负者得 分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高
的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为0.4，0.5，0.75，各项目的比赛结果相互独立.甲、
乙获得冠军的概率分别记为 ， .
(1)判断甲、乙获得冠军的实力是否有明显差别（如果 ，那么认为甲、乙获得冠
军的实力有明显差别，否则认为没有明显差别）；
(2)用X表示教师乙的总得分，求X的分布列与期望.
【答案】(1)甲、乙获得冠军的实力没有明显差别
(2)分布列见解析，
【分析】（1）设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为 ，利用互斥事件和独立事件的概率共求得
和 ，结合 ，即可得到结论；
（2）根据题意，得到 的可能取值为 ，利用独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，得
出分布列，结合期望的公式，即可求解.
【详解】（1）解：设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为 ，
则教师甲获得冠军的概率
，
由对立事件的概率公式，可得得 ，
所以 ，解得 ，
因为 ，所以甲、乙获得冠军的实力没有明显差别.
（2）解：根据题意知， 的可能取值为 ，可得 ，
，
，
.
所以随机变量 的分布列为
0 15 30
0.15 0.425 0.35 0.075
所以期望为 .
20．已知椭圆C： 的左顶点为A，P为C上一点，O为原点， ，
， 的面积为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B为C的右顶点，过点 且斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，证明：
．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）通过分析得 ，将其坐标代入椭圆方程，结合 面积和 的关系即可求出
椭圆方程；
（2）设直线 的斜率为 ,直线 的斜率为 ,直线 的方程为 ，再将
其与椭圆联立得到韦达定理式，通过化简得 ，最后计算 ，将上式代入即可证明其为
定值.
【详解】（1）不妨设点 在 轴的上方,由椭圆的性质可知 .
是以 为直角顶点的等腰直角三角形,
代人 ,得 ,整理得 .
的面积为 .故椭圆 的方程为 .
（2）设直线 的斜率为 ,直线 的斜率为 ,
直线 的方程为 .
不妨设 ,则 .
联立 可得 ,
,则 ,
，即 ，
，
故 得证.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键第一是要找到正切值与直线斜率的关系，再通过设直线 的方程
为 ，将与椭圆联立，利用化积为和的方法得到 ，最后再计算斜率比值为定
值，化积为和是处理非对称韦达形式的常用方法.
21．已知函数
(1)若 ，求不等式 的解集；
(2)若 存在两个不同的零点 ， ，证明： .【答案】(1) ;
(2)详见解析.
【分析】（1） 由 的单调性及 可求解；
（2）根据函数 存在两个不同的零点 ，得 ， ，将所证不等
式转化为 ，利用由(1)的过程知
及 ，代入可证得结论.
【详解】（1）令 ， 的定义域为 ，
则 ，所以 在 上单调递增.
因为 ，所以当 时， ，当 时， ，
所以原不等式的解集为 .
（2）证明: ，令 ，易知 在 上单调递减，且 .
当 时， ，此时 单调递增;
当 时， ，此时 单调递减.
所以 .
因为函数 存在两个不同的零点 ，所以 ，即 ，由图可知 ，
由题意知 ，
所以 ，
两式相减得 .
所以 等价于，
也等价于 .
因为 ，所以由(1)的解题过程知 ……①
……②
因为 ，所以 ，
即 ……③
①+②+③得 ，
所以 .
【点睛】关键点点睛：本题难点在零点的转化应用：由 的零点为 得：
（1） ，两式相减得 ，使用此时代入消去 .
（2）由 得 即 ，使用此时代
入消去 .
本题中两次对零点的使用都富有创新性.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 为参数），以坐标原点 为极点， 轴的正半
轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 ．
(1)设曲线 与曲线 交于 ， 两点，求 ；
(2)若 ， 是曲线 上的两个动点，且 ，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先将曲线 的参数方程化为普通方程，曲线 的极坐标方程化为直角坐标方程，再联立
两曲线方程，求出交点坐标，再由距离公式计算可得；（2）首先求出曲线 的坐标方程，设 ， ，即可表示出 ，再利用二倍角
公式公式化简，最后结合正弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为曲线 的参数方程为 （ 为参数），
所以 ，又 ，所以曲线 的普通方程为 ，
又曲线 的极坐标方程为 ，由 ，
所以曲线 的直角坐标方程为 ，
由 ，解得 或 ，所以 .
（2）又 ，所以 ，
所以 ，即曲线 的极坐标方程为 ，
因为 ，所以设 ， ，
所以
，
所以当 时 取得最小值 ，
当 时 取得最大值 ，所以 的取值范围为 .
23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知 ， ， ．
(1)证明： ．
(2)证明： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及基本不等式即可求解；
（2）利用分析法及作差比较法即可求解.
【详解】（1）由基本不等式可得 可得
当且仅当 时，等号成立.
又由 ，得 ，
所以 当且仅当 时，等号成立.
故原不等式得证.
（2）要证 ，即证
即证
令 ，即证
因为 且
故 ，即原不等式得证.
