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2023 年高考押题预测卷 02
高三数学（文科）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准
考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
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．已知集合 ， ，则集合 中的元素个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B;
【分析】由集合的元素的性质，即可得出答案.
【详解】由题意，满足条件的平面内以 为坐标的点集合 ，所以集合 的元素个
数为 .故选：B.
2.若复数 ，则 （ ）
A．25 B．20 C．10 D．5
【答案】D；
【分析】根据复数的乘法运算和模的定义求解.
【详解】因为 ，所以 ，故选:D.
3．校园环境对学生的成长是重要的，好的校园环境离不开学校的后勤部门.学校为了评估后勤部门的工作，
采用随机抽样的方法调查100名学生对校园环境的认可程度（100分制），评价标准如下：
中位数
评价 优秀 良好 合格 不合格
2023年的一次调查所得的分数频率分布直方图如图所示，则这次调查后勤部门的评价是（ ）A．优秀 B．良好 C．合格 D．不合格
【答案】B;
【分析】根据频率分布直方图求解中位数即可得答案.
【详解】由频率分布直方图可知，前3组的频率分别为 ，第4组的频率为
所以，中位数 ，即 满足 ，对应的评价是良好.故选：B.
4.已知命题 ，有 成立；命题 “ ”是“ ”的充要条件，则下列命题中为真命
题的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A；
【分析】先分别判断命题 的真假，再根据复合命题真假的判断方法即可得解.
【详解】当 时， ，所以命题p是真命题，则 为假命题，
由 ，得 或 ，所以“ ”是“ ”的充分不必要条件，故命题q是假命题，则 为真
命题，
所以 ， 为假命题， ， 真命题，则 为假命题.故选：A．
5．奇函数 满足 ，当 时， ，则 =（ ）
A． B． C． D．
【答案】A；
【分析】由 ，可得到函数 的周期是4，利用函数的周期性和奇偶性，将 转化为
，代入函数解析式求解即可.
【详解】已知奇函数 满足 ， 是以4为周期的奇函数，
又当 时， ， ， 故选：A.6.设x，y满足约束条件 ，则 的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】C;
【分析】作出可行域，利用其几何意义转化为截距最值即可得到答案.
【详解】作出可行域如图中阴影部分所示,
化为 ，当直线经过点 时，纵截距 最大,
联立 ，解得 ，则 ，此时 .故选：C.
7.已知 ，则 （ ）
A． B． C．- D．
【答案】D;
【分析】根据三角函数诱导公式以及二倍角的余弦公式化简、求值，即可得答案.
【详解】由于 ，故 ，
故选：D．
8.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥中最长的棱的长度为（ ）．
A． B． C． D．2【答案】C；
【分析】由三视图还原几何体，注意线面垂直关系，进而求其它各棱长，即可得答案.
【详解】由三视图，几何体如下图示， 且 面 ，而 面 ，
故 ，所以 ，显然 为最长棱.故选C．
9.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它的研究对象普遍存在于自然界中，因此又
被称为“大自然的几何学”．按照如图1所示的分形规律，可得如图2所示的一个树形图．若记图2中第n
行黑圈的个数为 ，则 （ ）
A．144 B．89 C．55 D．34
【答案】A；
【分析】已知 表示第 行中的黑圈个数，设 表示第 行中的白圈个数，则有 ，
利用递推关系求解.
【详解】已知 表示第 行中的黑圈个数，设 表示第 行中的白圈个数，
则由于每个白圈产生下一行的一个白圈和一个黑圈，一个黑圈产生下一行的一个白圈和两个黑圈，
所以 ，又因为 所以 ，所以 ，
， ，
，故选:A.
10.已知椭圆 的左､右焦点分别为 ，点 在椭圆 上，若离心率 ，则椭
圆 的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．【答案】D;
【分析】由题意可知 ，结合椭圆的定义解得 ，再由 求解.
【详解】因为 ，所以 ，由椭圆的定义得： ，解得 ，
因为 ，所以 ，两边同除以a得 ，解得 ，
因为 ，所以 ，所以该离心率 的取值范围是 ,故选：D.
11.设 则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B；
【分析】构造函数 ，利用导数讨论单调性即可比较大小.
【详解】令 ， ，令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以函数 在 单调递增， 单调递减，
因为 所以 即 ，故选:B.
12.已知函数 在区间 上单调递增，且在区间 上只取得一次最大
值2，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B;
【分析】利用辅助角公式变形函数 ，结合函数单调区间和取得最值的情况，利用整体法即可求得参数
的范围.
【详解】依题意，函数 ， ，因为 在区间 上单调递增，由 ，
则 ，于是 且 ，解得 且 ，即 ，
当 时， ，因为 在区间 上只取得一次最大值2，
因此 ，解得 ，所以 的取值范围是 .故选：B.第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量 ， ，且满足 ，则 _______.
【答案】4;
【分析】由向量垂直的坐标表示求解.【详解】由已知 ，又 ，所以
，解得 ．故答案为：4.
14．已知圆 ，直线 ，在区间 上任取一个数 ，则圆O与直线l有公共点的概
率为______．
【答案】 / ；
【分析】根据直线与圆相交求出 的范围，利用几何概型即可得到答案.
【详解】圆 ： 的圆心为 ，半径为 ，且圆心到直线 ，即到直线
的距离为 ，直线 l 与圆 相交时 ，∴ ，解得 ，故所求的概率为
故答案为： ．
15．写出一个同时满足下列三个条件的非常数函数______．
①在 单调递增 ， ②值域 ， ③
【答案】 ，或者 （答案不唯一）；
【分析】结合函数的性质选择合适函数即可.
【详解】由 得函数为偶函数，关于y轴对称，结合单调性及值域，可以为 或者
，等等.故答案为： 或者 ，（答案不唯一）.
16.记 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若 为 的重心， ， ，则
__________．
【答案】 ;
【分析】根据 及余弦定理建立方程得出 ，再由余弦定理求解即可．【详解】连接 ，延长 交 于 ，由题意得 为 的中点， ，
所以 ， ，因为 ，
所以 ，得 ，又 ，则 ，
故 ．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．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．（12分）某市决定利用两年时间完成全国文明城市创建的准备工作，其中“礼让行人”是交警部门主
扲的重点工作之一．“礼让行人”即当机动车行经人行横道时应当减速慢行，遇行人正在通过人行横道，
应当停车让行．如表是该市某一主干路口电子监控设备抓拍的今年1-6月份机动车驾驶员不“礼让行人”
行为的人数统计数据．
月份 1 2 3 4 5 6
不“礼让行 4
33 36 39 45 53
人” 0
(1)请利用所给的数据求不“礼让行人”人数 与月份 之间的经验回归方程 ，
并预测该路口今年11月份不“礼让行人”的机动车驾驶员人数（精确到整数）；
(2)交警部门为调查机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年的关系，从这6个月内通过该路口的机动
车驾驶员中随机抽查了100人，如表所示：
不“礼让行
礼让行人
人”
驾龄不超过3年 18 42
驾龄3年以上 4 36
依据上表，能否有95%的把握判断机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年有关?并说明理由．附：参考公式： ，其中 ．
独立性检验临界值表：
0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】(1) ，68人;(2)认为“礼让行人”与驾龄满 3年有关，且推断犯错误的概率不超过
0.05，理由见解析.
【分析】（1）利用表中的数据和公式直接求解即可，（2）先完成列联表，然后利用公式
求解K2，再根据临界值分析判断.
【详解】（1）由表中数据可知： ， ，
所以 ，即 ，
所以 ，所求得经验回归方程为 ．
当 时， ，所以预测该路口11月份的不“礼让行人”违章驾驶员人数为68人．
（2）由题意知 列联表为
不 礼 让 行
礼让行人 合计
人
驾龄不超过3年 18 42 60
驾龄3年以上 4 36 40
合计 22 78 100
由表中数据可得
即有95%的把握判断机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年有关．
18．（12分）如图1，在Rt△ABC中， ， ，E，F都在AC上，且
， ，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P-EFGB，如图2.
(1)证明： .
(2)若M为PB的中点，求三棱锥P-EGM的体积.
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】（1）由勾股定理逆定理得到线线垂直，三角形相似得到垂直，从而证明出线面垂直，线线垂直；
（2）由等体积变形转化可求.
(1)证明：由 ， ，
得 ， ， ，则 ，所以 .
因为 ，所以△ABE∽△ACB，所以 ，即 .
又 ，所以 平面PEB，因为 平面PEB，所以 .
(2) 因为 ， ，所以点G与点F到面PEB的距离相
等,由(1)有 ，所以
19．（12分）已知等差数列 与等比数列 满足 ， ， ，且 既是 和 的
等差中项，又是其等比中项.
(1)求数列 和 的通项公式；
(2)令 ，求证： .
【答案】(1) ； ；(2)证明见解析
【分析】（1）由已知可求得 ，得出 的通项公式.根据等差中项和等比中项的性质，得出关于
方程组，求解方程组即可得出 的值，得出 ，代入即可得出 的通项公式；（2）由（1）及不等式的性质，可推出 ，然后根据等比数列的前 项和，即可得出答案.
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 .
由已知可得 ，所以 ， ，所以 .
因为 既是 和 的等差中项，又是其等比中项，即 ，
代入已知整理可得 ，解得 ，即 ，所以 .
（2）由（1）可知， ，所以 .
因为 ，故 ．
20.（12分）已知抛物线 的准线与 轴的交点为 .
（1）求 的方程；
（2）若过点 的直线 与抛物线 交于 ， 两点.求证： 为定值.
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据抛物线的准线求参数p，即可写出抛物线方程；
（2）设直线 为 ， 、 ，联立抛物线方程，应用韦达定理求 ， ，由
， ，代入目标式化简，即可证结论.
【详解】（1）由题意，可得 ，即 ，
∴抛物线 的方程为 .
（2）证明：设直线 的方程为 ， ， ，
联立抛物线有 ，消去x得 ，则 ，
∴ ， ，又 ， .∴ .
∴ 为定值.
21．（12分）已知函数 ， 是曲线 在 处的切线方程.
(1)证明：当 时， 恒成立；
(2)若 有两个不同的实数根 ，且 ，证明： .
【答案】(1) ，证明见解析；(2)证明见解析
【分析】（1）先利用导数的几何意义求切线方程，根据导数判定 的单调性，求出最小值即可
证明；（2）判断 的单调性，联立 与 得出交点横坐标 ，结合上面结论将问题
转化为证明： ，由 ，化简为证明 ，构造新函数，
利用其单调性及最小值即可.
【详解】（1）因为 ，所以 .
又 ，所以曲线 在 处的切线方程为 ，所以 .
令 ，则 ，由 ，解得 ；由 ，解得
，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，所以当 时，
恒成立.
（2）由（1）知切线 始终在曲线 的下方.
由 ，解得 ；由 ，解得 ，所以 在 上单调递减，在 上单调
递增.因为 是 的两根，则 .将 与 联立，解得 ，显然
.
要证 ，只需证 ，即证 ，等价于 （*）.
又 ，故（*）式等价于 .令 ，则 .由 ，解得 ；由 ，解得
， 所 以 在 上 单 调 递 减 ， 在 上 单 调 递 增 ， 故
.
因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，所以 .
（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）
在平面直角坐标系 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，曲线 的极坐标方程为： .
（1）求曲线 的极坐标方程和曲线 的直角坐标方程；
（2）若直线 与曲线 交于 ， 两点，与曲线 交于 ， 两点，求 取得
最大值时直线 的直角坐标方程.
【答案】（1）曲线 ，曲线 .（2） .
【分析】
（1）用 和 消去参数 即得 的极坐标方程；将 两边同时乘以
，然后由 解得直角坐标方程.
（2）过极点的直线的参数方程为 ，代入到 和 ：
中，表示出 即可求解.
【解析】由 和 ，得
，化简得 ，故 ：
将 两边同时乘以 ，得
因为 ，所以得 的直角坐标方程 .
（2）设直线 的极坐标方程
由 ，得 ，由 ，得
故 ，当 时， 取得最大值
此时直线的极坐标方程为： ，其直角坐标方程为： .
23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数 ， 且 .
(1) 若函数 的最小值为 ，试证明点 在定直线上；
(2)若 ， 时，不等式 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】（1）利用绝对值三角不等式可求得 ，由此可得结论；
（2）由恒成立的不等式可得 ，利用恒成立的思想可构造不等式组求得结果.
【详解】（1） （当且仅当 时取等号），
，即点 在定直线 上.
（2）当 ， 时， ，
由 得： ， ，则 ，
，解得： ，即实数 的取值范围为 .
