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2023 年高考押题预测卷 01【全国甲卷】
理科数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证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，用铅笔把答题卡上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。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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.
1．已知集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据二次函数不等式求得 ，再求得 即可.
【详解】由题意， ，又
故
故选：A
2．复数 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用复数除法运算，化简复数，再计算求得复数的模.【详解】 ， ，
.
故选：C
3．已知非零向 满足 ，且 ，则向量 的模长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】D
【分析】设 ，由向量数量积的运算律计算可得选项.
【详解】解：设 ，因为 ，所以 ，
又 ，所以 ，解得 .
故选：D.
4．“绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚．近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提
出了重点扶持新能源汽车和最终停止传统汽车销售的时间计划表，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的
前景．新能源汽车主要指电动力汽车，其能量来源于蓄电池．已知蓄电池的容量 （单位： ）、放电
时间 （单位： ）、放电电流 （单位： ）三者之间满足关系 ．假设某款电动汽车的蓄电
池容量为 ，正常行驶时放电电源为 ，那么该汽车能持续行驶的时间大约为（参考数据：
）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意蓄电池的容量C，再把 代入，结合指数与对数的运算性质即可得解.
【详解】由 ， , 时， ； ，
.又 ,故选：C.
5．已知数列 满足 ，且 成等比数列.若 的前n项和为 ，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得 ，再利用二次函数的性质，可得当 或
时， 取到最小值.
【详解】根据题意，可知 为等差数列，公差 ，
由 成等比数列，可得 ，
∴ ，解得 .
∴ .
根据单调性，可知当 或 时， 取到最小值，最小值为 .
故选：D.
【点睛】本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前 项和的最值，考查函数与方程思想、
转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当 或 时同时取到最值.
6．在中国唐、宋时期的单檐建筑中存在较多的2：1的比例关系，常用的A4纸的长宽比无限接近 .把
长宽比为 的矩形称做和美矩形.如图， 是长方体， ， ， ， ，
， 分别是棱 ， ， ， 的中点.把图中所有的矩形按是否为和美矩形分成两类，再用分层
抽样的方法在这两类矩形中共抽取5个，抽得的矩形中和美矩形的个数是（ ）A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】利用列举法把所有的长方形分类，用分层抽样的概念即可求解.
【详解】由题意可知，
，
，
，
能够称为和美矩形的有 ，
共9个；
不能称为为和美矩形的有 共6个；
所以用分层抽样的方法在这两类矩形中共抽取5个，抽得的矩形中和美矩形的个数是 个.
故选：B.
7．已知双曲线 的左右焦点为 ，虚轴长为 ，若其渐近线上横坐标为1的点P
恰好满足 ，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】A
【分析】先求得 的值，利用一条渐近线方程求得点 坐标，然后利用数量积得 ，
结合 求得离心率.【详解】解：虚轴长为 ，得 ，设一条渐近线 ，则 ，
，
又 ，解得 ，
故 ，
故选：A.
8．如图，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且 ， ，设P、Q分别为
线段AF、CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，
下列关系不能恒成立的是（ ）
A．直线 直线CD B．直线 直线ED
C．直线 直线PQ D．直线 平面
【答案】B
【分析】由 ， ，可得四边形 和 都为矩形，进而得到 ， ，
进而得证即可判断A；根据异面直线的定义即可判断B；设 中点为H，连接 ， ，由P、Q分别
为线段AF、CE的中点，可得 ， ，进而得到 ， ，可得 平面 ，
进而即可判断C；连接 ， ，可得 ，进而证明 平面 ，即可判断D.
【详解】在矩形ABCD中， ， ，
可得四边形 和 都为矩形，所以 ， ，翻折后仍然成立，
所以直线 直线 ，故A正确；
翻折前， ，翻折后直线 和直线ED为异面直线，故B错误；
设 中点为H，连接 ， ，
因为P、Q分别为线段AF、CE的中点，
所以 ， ，而 ， ， ，
所以 ， ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，故C正确；
连接 ， ，
因为P、Q分别为线段AF、CE的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，故D正确.
故选：B.
9．若直线 是曲线 的切线，也是曲线 的切线，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设出两个切点坐标,求得两个曲线的导数,根据导数的几何意义可得 .将切点代入两条曲线,联立方程可分别求得 ,代入其中一条曲线即可求得 的值.
【详解】直线 是曲线 的切线,也是曲线 的切线,
则两个切点都在直线 上,设两个切点分别为
则两个曲线的导数分别为 ,
由导数的几何意义可知 ,则
且切点在各自曲线上,所以
则将 代入 可得
可得
由 可得
代入 中可知
所以
故选:D
【点睛】本题考查了导数的几何意义,两条曲线的公切线性质及求法,参数较多,化简较为繁琐,属于中档题.
10．已知点 ，若圆 上存在点 (不同于 )，使得
，则实数 的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可得两圆相交，而以MN为直径的圆的方程为x2+y2=4，圆心距为3，由两圆相交的性质
可得|r﹣2|＜3＜|r+2|，由此求得r的范围．
【详解】根据直径对的圆周角为90°，结合题意可得以MN为直径的圆和圆 （x﹣3）2+y2=r2有交点，
显然两圆相切时不满足条件，故两圆相交．而以AB为直径的圆的方程为x2+y2=4，两个圆的圆心距为3，
故|r﹣2|＜3＜|r+2|，求得1＜r＜5，
故选A．
【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，两圆相交的性质，体现了转化的数学思想，属于中档题．
11．三棱锥S-ABC的底面ABC是等腰直角三角形， ，且 ， 则三棱
锥S-ABC外接球表面积为（ ）
A．2π B．3π C．4π D．6π
【答案】B
【分析】依题意将三棱锥放到棱长为1的正方体中，则正方体的体对角线即外接球的直径，再根据球的表
面积公式计算可得；
【详解】解：由题意知，可以把三棱锥S-ABC按如图所示的位置放到棱长为1的正方体中，
则正方体的体对角线长为 ，
∴三棱椎S-ABC外接球表面积为 .
故选：B
【点睛】本题考查多面体的外接球，属于中档题.
12．若函数 的定义域为 ，且 偶函数， 关于点 成中心对称，则下列说法正确
的个数为（ ）
① 的一个周期为2 ②③ 的一条对称轴为 ④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由题意，根据函数的对称性，可得 ， ，且 ，根
据函数周期性的定义，可判①的正误；根据周期性的应用，可判②的正误；根据函数的轴对称性的性质，
可判③的正误；根据函数的周期性，进行分组求和，根据函数的对称性，可得 ，
，可判④的正误.
【详解】因为 偶函数，所以 ，则 ，即函数 关于直线
成轴对称，
因为函数 的图象是由函数 的图象向左平移 个单位，所以函数 关于点 成中心对称，
则 ，且 ，
对于①， ，
，则函数 的周期 ，故①错误；
对于②， ，故②正确；
对于③， ，故③正确；
对于④， ，则 ，
，则 ，由 ，则
，故
④正确.
故选：C.
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．若变量 ， 满足约束条件 ，则 的最大值是______.
【答案】9
【解析】做出可行域，根据可行域的图像特征，即可求出线性目标函数的最大值.
【详解】做出可行域如下图所示：
当目标函数 过点 时，
取最大值为 .
故答案为:9
【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，考查线性目标函数的最值，考查数形结合思想，属于
基础题.
14．已知 的展开式中的常数项为 ，则 ______．
【答案】16【分析】根据二项式定理写出其通项公式，令 的指数幂为零即可求得常数项解得 .
【详解】 的展开式的通项公式为
，
令 ，解得 ，
所以 ，得 ．故答案为：16
15．已知正项数列 是公比不等于1的等比数列，且 ，若 ，则
__________.
【答案】
【分析】根据对数运算法则可得 ，再利用等比数列性质和函数 可得
，利用倒序相加即可得 .
【详解】由题意可知， ，所以 ；
由等比数列性质可得 ；
又因为函数 ，所以 ，
即 ，所以 ；
令 ，则 ；所以 ，
即 .
故答案为：
16．已知抛物线 ，其焦点为 ，准线为 ，过焦点 的直线交抛物线 于点 、 （其
中 在 轴上方）， ， 两点在抛物线的准线上的投影分别为 ， ，若 ， ，则
____________.
【答案】3
【分析】根据抛物线的的定义可得 ，利用直角三角形可求出 ，由面积等积法求出
，求出直线 的倾斜角 ，利用公式 ， 计算.
【详解】由抛物线的定义得： ， ，易证 ，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ，
.∴ ，
∵ ，
∴ 为等边三角形.
∴直线 的倾斜角 .
∴ ， .∴ .
故答案为：3
【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、简单几何性质，过焦点直线与抛物线相交的性质，属于难题.
三、解答题（本题共6小题，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．记 的内角 ､ ､ 的对边分别为 ､ ､ ，已知 .
(1)证明： ；
(2)若 ， ，角 的内角平分线与边 交于点 ，求 的长.
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）利用余弦定理结合条件即得；
（2）利用余弦定理结合条件可得 ，然后利用角平分线定理及余弦定理即得.
【详解】（1）证明：因为 ，
所以 ，
所以 ，即 ，
所以 ；
（2）由余弦定理得： ， ，
又 ，
所以 ， ，由角平分线定理可得， ， ，
在 中，由余弦定理得： ，
所以 .
18．在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统
的可靠度，为了增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”（即正在使用的设备出故障时才启动
的设备）.已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，
这三台设备中，只要有一台能正常工作，计算机网络就不会断掉.设三台设备的可靠度均为 ，它
们之间相互不影响.
(1)当 时，求能正常工作的设备数 的分布列和数学期望；
(2)已知深圳某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是 ，根据以往经验可知，计算机网
络断掉可能给该产业园带来约50万的经济损失.为减少对该产业园带来的经济损失，有以下两种方案：方
案1：更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在 ，更新设备硬件总费用为8万元；方案2：
对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在 ，设备维护总费用为5万元.请从期望损失最小的角度
判断决策部门该如何决策？
【答案】(1)分布列答案见解析，数学期望：
(2)从期望损失最小的角度，决策部分应选择方案2
【分析】(1)由题意可知 ，即得；
(2)分别计算两种方案的损失期望值，即可做出决策.
（1） 为正常工作的设备数，由题意可知 .，
，
，
，
从而 的分布列为
0 1 2 3
由 ，则 ；
（2）
设方案1､方案2的总损失分别为 ，
采用方案1，更换部分设备的硬件，使得设备可靠度达到 ，由（1）可知计算机网络断掉的概率为 ，
不断掉的概率为 ，
故 元；
采用方案2，对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在 ，可知计算机网络断掉的概率为
，
故
因此，从期望损失最小的角度，决策部分应选择方案2.
19．如图，在几何体 中，四边形 是边长为2的正方形， ， ， ，
．(1)求证：平面 平面 ．
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先利用面面垂直的判定证明平面 平面 ，再利用勾股定理得 ，从
而利用面面垂直的性质定理得到 平面 ，则 ，最后再利用面面垂直的判定即可.
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面 的一个法向量，利用线面角的夹角公式即可得到答案.
【详解】（1）因为四边形 是正方形，所以 ， ．
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ．
因为 平面 ，所以平面 平面 ．
因为 ， ，所以 ．
因为 ，所以 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 ．
因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以平面 平面 ．
（2）由（1）知，直线 ， ， 两两互相垂直，以 为坐标原点，直线 ， ， 分别为
轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，如图，则 ， ， ， ， ，
所以 ， ， ．
设平面 的法向量为 ，则有 得 所以 ．
取 ，得 ，所以可取 ．
设直线 与平面 所成的角为 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
20．在平面直角坐标系 中，椭圆 的上焦点为F，且C上的点到点 的距离的
最大值与最小值的差为 ，过点 且垂直于 轴的直线被 截得的弦长为1.
(1)求 的方程；
(2)已知直线 ： ）与 交于 , 两点，与 轴交于点 ，若点 是线段 靠近 点的四
等分点，求实数 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用椭圆的性质可列出方程组，得到 ， ，即得椭圆的方程.
（2）根据题中位置关系，得到关于两交点横坐标的对称式，利用韦达定理代入可得.【详解】（1）设 的焦距为 ，由题意知
解得 故 的方程为 ．
（2）
设 ，
联立
消去 整理得 ，
所以 ，即 ，
且 ， ．
因为点P是线段MN靠近点N的四等分点，
所以 ，所以 ，
所以 ．
所以
所以 ，整理得 ，
显然 不成立，所以 ．
因为 ，所以 ，即 ．
解得 ，或 ，
所以实数m的取值范围为 ．
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到 ， 的对称式．本题中通过四等分点得到 和 之间的关
系，再根据，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出 和 ，然后代入后可以得到 的取
值范围．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于难题．
21．已知函数 ．
(1)若 在 上是增函数，求实数 的取值范围；
(2)若函数 ，证明：当 时， 恒成立．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意 在 上恒成立，参变分离可得 在 上
恒成立，令 ，利用导数说明函数的单调性求出函数的最小值，即可求出参数的取值范
围；
（2）先构造函数利用导数证明当 时，不等式 成立，则问题转化为证明 恒成
立，即证 恒成立，即证 在 上恒成立，再构造函数利用导数证明即可．【详解】（1）（1）∵ ，∴ ．
∵ 在 上是增函数，
∴ 在 上恒成立，可得 在 上恒成立．
令 ，则 ，
当 时， ，∴ 在 上是增函数，
∴ ．
∴ ，解得 或 ，
即实数 的取值范围是 ．
（2）若 ，则 ．
下面证明当 时，不等式 成立，
令 ， ，则 ．
令 ，得 ，令 ，得 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，
所以当 时， ，即 ①恒成立．
要证当 时， 恒成立，即证 恒成立，
即证 恒成立．
结合①式，现证 成立，即证 在 上恒成立，
令 ，则 ，当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 即 恒成立．
因为①②两式取等号的条件不一致，故 恒成立．
即当 时， 恒成立．
（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．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．如图，在极坐标系Ox中，点 ，曲线M是以OA为直径， 为圆心的半圆，点B在曲线M上，
四边形OBCD是正方形．
(1)当 时，求B，C两点的极坐标；
(2)当点B在曲线M上运动时，求D点轨迹的极坐标方程．
【答案】(1)点B的极坐标为 ，点C的极坐标为
(2)
【分析】（1）连接 ，可得到 ，通过数据可得到 ，即可得到点B的极坐标，再
算出 ，即可得到点C的极坐标；（2）设 ， ，通过题意可得到 ，通过求出曲线M的极坐标方程即可得到点B
的极坐标方程，将上式关系代入即可得到答案
【详解】（1）连接 ，因为 是直径，所以 ，
在 中， ， ，
∴ ，∴点B的极坐标为 ，
在正方形OBCD中， ， ，
∴点C的极坐标为 ；
（2）设 ， ，且 ①，
由题意可得 的直角坐标为 ，所以曲线M的普通方程为 即
将 代入曲线M的普通方程得极坐标方程为 ，
当 时，O，B两点重合，不合题意，∴点B的极坐标方程为 ，
将①式代入得点D的极坐标方程为
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数 .
（1）当 ，求 的取值范围；
（2）若 ，对 ，都有不等式 恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）结合 取不同范围，去绝对值，计算 的范围，即可．
（2）结合函数性质，计算 的最大值，结合题意，建立关于 的不等式，计算 的范围，即可．
【详解】（1） ，
若 ，则 ，得2>1，即 时恒成立；
若 ，则 ，得 ，即 ；
若 ，则 ，得 ，此时不等式无解.
综上所述， 的取值范围是 .
（2）由题意知，要使不等式恒成立，
只需 .
当 时， ， .因为 ，
所以当 时， .
于是 ，解得 .
结合 ，所以 的取值范围是 .
【点睛】本道题考查了绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题，考查绝对值三角不等式．难度较大．
不等式恒成立问题的关键在于转化，象本题转化为求 和 ．
