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2023年高考押题预测卷03【全国卷甲卷文科】
文科数学·参考答案
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D B C A B C A C D C D B
1．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．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．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．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．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．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．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．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．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．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．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
－ 0 ＋ 0 －
单调递
单调递减 单调递减
增
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．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.
13．9
【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．
【分析】由奇、偶函数和周期函数的定义，可得 的最小正周期，结合对数的运算性质可得答案．
【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．【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．
【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，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：
17．(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．(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．(1)存在， 时， 平面
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到当 时，四边形 为平行四边形，从而证明出线面平行；
（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．【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．(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.
22．(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．(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
