文档内容
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．
试卷第2页，共19页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.
试卷第4页，共19页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
试卷第6页，共19页段 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．
x
试卷第8页，共19页－ 0 ＋ 0 －
单调递减 单调递增 单调递减
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______________．
试卷第10页，共19页【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，
试卷第12页，共19页所以，② ③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．
成绩不低于135分 成绩低于135分 总计
参加过培训 40 10 50
未参加过培训 20 30 50
总计 60 40 100
试卷第14页，共19页(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 ．
0.10 0.05 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
【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 ；
试卷第16页，共19页（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
试卷第18页，共19页.
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；
试卷第20页，共19页当 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 ，
试卷第22页，共19页要使 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
试卷第24页，共19页
