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2023年高考押题预测卷03【云南，安徽，黑龙江，山西，吉林
五省专用】
数学•全解全析
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。
1．设集合 .若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由 可求出 的值，解方程即可求出 .
【详解】因为 ，所以 ，解得 ，
则 的解为 或 ，所以 .
故选：A.
2．设复平面上表示 和 的点分别为点A和点B，则表示向量 的复数在复平
面上所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【分析】由复数的几何意义求出 ，即可得出向量 的复数在复平面上所对应的点
所在象限.
【详解】复平面上表示 和 的点分别为点A和点B，
则 ，所以 ，
所以向量 的复数在复平面上所对应的点位于第一象限.
故选：A.
3．“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之
问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复
旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同
学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共
有（ ）
A．120种 B．180种 C．240种 D．300种【答案】C
【分析】按照分组分配的方法，列式求解.
【详解】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，
共有 种方法.
故选：C
4．已知函数 的图象的相邻两个对称中心之间的距离
为 ，把 的图象上所有点的横坐标缩短到原来的 （纵坐标不变），得到函
数 的图象.则 在 上的值域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据二倍角的余弦公式和辅助角公式求出函数 的解析式，由三角函数图
象的平移伸缩变换求出函数 的解析式，结合正弦函数的单调性即可求解.
【详解】 ，
因为函数 图象的相邻两个对称中心的距离为 ，
所以 ，得 ，又 ，所以 ，
则 .
将函数 图象上的点的横坐标缩短为原来的 倍(纵坐标不变)，
得 ，
由 ，得 ，
试卷第2页，共22页又函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，得 ，
即函数 在 上的值域为 .
故选：C.
5．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中
国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程，是中华传统文
化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其各项规律如下：0，2，4，8，12，18，
24，32，40，50，．．．，记此数列为 ，则
（ ）
A．650 B．1050 C．2550 D．5050
【答案】A
【分析】观察数列各项得出 是等差数列，计算求和即可.
【详解】由条件观察可得： ，即 ，所
以 是以2为首项，2为公差的等差数列.
故 ，
故选：A
6．已知函数 的定义域为D，若对任意的 ，都存在 ，使得
，则“ 存在零点”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意寻找条件说明充分性与必要性是否成立即可.【详解】若 存在零点，不妨令 ， ，即 ，
由 ，得 ，则 存在零点 ，
任意的 ，取 且 ，
但 ，即 ，故充分性不成立；
若 ，则存在 ，使得 ，则 ，即 存在零点 ，故必
要性成立，
所以，“ 存在零点”是“ ”的必要不充分条件．
故选：B．
7．已知 是 上的偶函数，且当 时， ．
若 ， 则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据函数为偶函数可得出 的图象关于直线 对称，结合导数判断
时函数的单调性，由此结合函数的性质和 ，可得出
，即可判断C，D；脱掉绝对值符号化简，可判断A，B.
【详解】由 是 上的偶函数，得 ，
即 ，所以 的图象关于直线 对称．
试卷第4页，共22页当 时， ，由 ，仅在 时取
等号，
得 在区间 上为减函数，则在区间 上为增函数，
根据 图象的对称性，由 得 ，
则C正确、D错误．
当 异号时，则 或 ，即 或 ，
即选项A，B的结果不能确定，
故选：C．
8．已知四棱锥 的底面ABCD是矩形， ， ， ，
．若四棱锥 的外接球的体积为 ，则该球上的点到平面
PAB的距离的最大值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质，结合球的截面圆的性质探求球
心位置，再求出球心到平面PAB的距离作答.
【详解】如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC，BD，记 ，则点F为
矩形ABCD的外接圆圆心，
设 ，在 中，由余弦定理得：
，
即 ， 的外接圆半径为 ，
记 的外接圆圆心为G，则 ，取AD的中点E，连接PE，EF，显然 ， ， ，且P，E，G共线，
因为 ， ， ，于是 平面PAD，即 平面PAD，
平面PAD，
有 ，而 平面ABCD，因此 平面ABCD，
过G作 平面PAD，使 ，连接FO，
于是 ，则四边形EFOG为矩形，有 ，则 平面ABCD，
根据球的性质，得点O为四棱锥 外接球的球心，
因为球O的体积为 ，则 ，解得 ，
而 ，在 ， ，
因此 外接圆直径 ，
取PB的中点H，连接OH，显然H为 外接圆圆心，则 平面PAB，且
，
所以四棱锥 的外接球上的点到平面PAB的距离的最大值为8．
故选：C
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再
利用球的截面小圆性质求解.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项
符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．在 中，已知 ， ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】画出三角形，应用向量线性表示，三角形法则，数量积关系逐项分析即可.
试卷第6页，共22页【详解】如图所示：
因为 ，所以 ，
所以 ，
故选项A正确，
因为 ，所以
所以
，
故C选项错误，
由 ，
，
在 ， ，
所以 ，
即 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
即
即 ，故选项D正确，
由 ，
所以在 中，因为 ，
所以 ，故B正确，
故选：ABD.
10．已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，P为右
支上任一点，O为坐标原点，以下选项中正确的是（ ）
A． 的最小值为
B．若过 的直线交C的右支于A，B两点，则
C．若O到 的距离是O到 距离的2倍，且 ，则C的离心率为
D．若C的方程为 ，过O的直线交C于M，N两点，Q为圆
上任一点，则 的最大值为15
【答案】ACD
【分析】结合双曲线定义及三角形三边关系判断A，当直线 斜率不存在时，求
试卷第8页，共22页，排除B，由条件，结合三角形面积公式和双曲线定义求 ，利
用余弦定理确定 关系可得离心率，判断C，根据向量数量积坐标运算公式表示
，结合双曲线和圆的范围求其最值即可判断D.
【详解】对于选项A:
，当且仅当点
与 的右顶点重合时等号成立，故A正确；
对于选项B，当 轴时，则直线 的方程为 ，联立 可得
，所以 ，所以 ，故B错误；
对于选项C，因为 为 的中线，所以 ，由题设知 ，
又 ，所以 ，在 中，由余弦定理得
，所以 ，故 ，故C正确；
对于选项D，设 ， ， ，则 ， ，
，
，
当 取最大值4， 取最小值1时， 取得最大值，最大值为
，故D正确；
故选：ACD．11．已知三棱锥 的所有棱长均为 ， 平面ABC，O为垂足， 是PO的
中点，AD的延长线交平面PBC于点 ， 的延长线交平面PAB于点 ，则下列结
论正确的是（ ）
A． //
B．若 是棱PB上的动点，则 的最小值为
C．三棱锥 外接球的表面积为
D．
【答案】ACD
【分析】A选项，设 分别为 中点，先证明 是等腰三角形 底边上的
高线上一点，且满足 ，同理可以说明 是等腰三角形 底边上的高线上一
点同样位置，然后可得到 // ，再由中位线可得 // ，进而得到证明；
B选项，将三棱锥保留 展开成平面图形后处理；
C选项，根据正棱锥的对称性，球心必定落在射线 上，列出勾股定理方程计算；
D选项，利用同高不同底的棱锥，体积之比是底面积之比，结合A选项，考察
之间的关系.
【详解】A选项，由题知，该三棱锥是正四面体，取 中点 ，连接 ，显然
会经过 ，于是 ，过 作 // ，交 于 .
由于 是 在 的投影，由正棱锥性质， 为等边 的重心，于是
，由 // 可知， 和 相似，于是 ，
试卷第10页，共22页由 是PO的中点，易得 和 全等，则 ，于是 ，同理可
说明 ，于是 和 相似，
于是 // ，又 为 中 边对应的中位线，故 // ，于是 // ，
A选项正确；
B选项，将三棱锥保留 边展开，成如图所示的平面图形，该图形由两个等边三角形
拼成的菱形，显然 的最小值在 共线取得，
即 的最小值为 ，B选项错误；
C选项，先算一些数据，借助A选项的图， 的外接圆半径
，故 ， ，于是
.
根据对称性，三棱锥 外接球的球心在射线 上，不妨设球心为 ，外接球半径为 ，则 ， ，
又 ，则 ，解得 （由于 ，实际上球心
在三棱锥外），故外接球表面积为： ，C选项正确；
D选项，三棱锥 和 等高，由 ，于是
，根据A选项， ， ，即 ，
于是 ，注意到三棱锥 和 等高，故
，
于是 ，D选项正确.
试卷第12页，共22页故选：ACD
12．已知函数 ，若存在 满足 ，
，下列结论正确的是（ ）
A．若 ，则 B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】利用导数判断函数 的单调性，结合关键点的坐标作出函数图
象，由 ，可得直线 与函数 的图象有三个交点，
观察图象确定 的范围，设 可得 ，比较系数，
结合条件判断B，C，D.
【详解】因为 ，
所以 ，
令 ，可得 或 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
当 时， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增，又 ， ， ， ，
作出函数 的图象如下：
对于A，由 ，
可得 为方程 的三个根，
即 为方程 的三个根，
即 为方程 的三个根，
故直线 与函数 的图象有三个交点，
所以 ，所以 ，A正确；
设 ，可得 ，
因为 ，
所以 ， ， ，
则 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ， ，又 ， ，
所以 ， ，
B错误，C正确，D正确；
试卷第14页，共22页故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于利用导数确定函数的单调性，作出函数的
图象，结合图象研究函数的零点或方程的根.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知曲线 在 处的切线为m，则过点 且与切线m垂直的
直线方程为__________．
【答案】 ．
【分析】求得 ，得到切线的斜率，进而求得所求直线的斜率，结合
点斜式方程，即可求解.
【详解】由函数 ，可得 ，
则 ，即切线m的斜率为 ，
所以所求直线的斜率为1，其方程为 ，即 ．
故答案为： .
14．若 的展开式中各项系数之和为 ，则展开式中 的系数为
______.
【答案】
【分析】令 求得 ，写出 的展开式的通顶公式分别求出它的 系数
与常数项，再与 的系数相结合即可得 展开式中 的系数.
【详解】因为 的展开式中各项系数之和为 ,令 ,得 ,所以 6.
因为 展开式的通顶公式为 ,
令 ,得 ;令 ,得 ,
所以展开式中 的系数为 .
故答案为：
15．已知斜率为 的直线 过抛物线 的焦点 ，且与该抛物线交于
两点，若 为该抛物线上一点， 为圆 上一点，则
的最小值为__________.
【答案】 /
【分析】利用直线的点斜式方程写出直线 的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦
达定理及焦点弦公式，结合三点共线线段最小及两点间的距离公式即可求解.
【详解】由题可知直线 的方程为 ，设 ，则
由 ,消去 ，整理得 ，，
所以 ，
所以 ，解得 ，
试卷第16页，共22页所以 ，而圆 的圆心 ,
因为 ，
当且仅当点 在同一条直线上取等号，且点 位于点 之间，如图所示：
又 ，
所以 的最小值为 .
故答案为： .
16．已知函数 满足：当 时， ，且 对
任意 都成立，则方程 的实根个数是______．
【答案】6
【分析】利用函数的周期性和函数图像，结合函数的零点定义，根据数形结合即可求
解.
【详解】 ， 的周期 ，
如图所示即为函数 的图像， ，做出 的图像，观察与 图像有6个交点，则方程 的实根个数是6.
故答案为：6.
四、解答题：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。
17．已知等差数列 满足 ，数列 是以1为首项，1为公
差的等差数列．
(1)求 和 ；
(2)若 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】(1) ，
(2)
【分析】（1） 为等差数列，利用前三项成等差，求出公差，首项，得出通项，再
进行验证即可；利用等差数列的通项公式求解 .
（2）利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）因为 ，
所以 ， ， ．
因为 为等差数列，所以 ，即 ，
解得 ，所以 ， ， ．
又 ， 是等差数列.
因为数列 是以1为首项，1为公差的等差数列，
试卷第18页，共22页所以 ，所以 ．
（2）由（1）得 ，
所以 ，①
则 ，②
①-②得 ，
所以 ．
18．记 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ．
(1)证明： ；
(2)求 的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理结合基本不等式求出 的
范围，即可得 的范围，即可得证；
（2）根据二倍角的余弦公式可得 ，设 ， ，
构造函数 ，利用导数求出函数的最值即可.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
因为 ，
即 ，当且仅当 时，等号成立，
又因为 ，所以 ；（2） ，
设 ，则 ，
因为 ，所以 ，
设 ，由 ，得 ，
当 ， ， 单调递增；
当 ， ， 单调递减，
当 时， 取得最大值为 ，
所以 的最大值为 .
19．将图（1）所示四棱锥E-ABCD展开得到如图（2）所示的平面展开图（点E的展
开点分别为 ， ， ， ），其中四边形ABCD是矩形，A，D是线段 的三
等分点，F，G是线段 ， 的中点．
(1)证明：平面 平面EAB；
(2)若二面角E-BC-A的正切值为 ，点H，K满足 ， ，求HK
试卷第20页，共22页与平面ABCD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用条件先证明 平面CDGF，再利用线面垂直证明面面垂直；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求线面角即可.
【详解】（1）∵A，D是线段 的三等分点，
∴ ，∴ 是等边三角形．
∵ 是AE的中点，∴ ，
∵ ， ，∴ ．
∵ ，∴ 平面CDGF．
∵ 平面EAB，∴平面 平面 ．
（2）取AD中点O，BC中点T，连接EO，OT，TE，
∴ ， ，∴ ．
又 ，∴ 平面EOT，
∴ ，∴ 是二面角 的平面角．
设 ，则 ，易知平面 平面ABCD且 ，
∴ 平面ABCD，∴ ，
∴ ，∴ ．
∵OT，OD，OE两两互相垂直，∴分别以OT，OD，OE所在直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ， ， ．∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，易知平面ABCD的一个法向量为 ，
设HK与平面ABCD所成的角为 ，
则 ．
20．某地区区域发展指数评价指标体系基于五大发展理念构建，包括创新发展、协调
发展、绿色发展、开放发展和共享发展5个一级指标．该地区区域发展指数测算方法
以2015年作为基期并设指数值为100，通过时序变化，观察创新发展、协调发展、绿
色发展、开放发展和共享发展5个分领域指数值的变动趋势．分别计算创新发展、协
调发展、绿色发展、开放发展和共享发展5个分指数，然后合成为该地区区域发展总
指数，如下图所示．
若年份x（2015年记为 ，2016年记为 ，以此类推）与发展总指数y存在线性
关系．
(1)求年份x与发展总指数y的回归方程．
(2)根据(1)中的回归方程计算的各年发展总指数值与实际发展总指数值差的绝对值，并
记为X，若 ，则称该年为和谐发展年．若从2019～2022这四年中任选两年，记
事件A：两年中至少有一年为和谐发展年，求事件A发生的概率 ．
试卷第22页，共22页参考公式：回归方程 ，其中 ，
， ， ．
【答案】(1)
(2)
【分析】第一小问把题目所给的数据代入回归方程求出 即可.第二小问先求X的可
能取值，得到从这四年中任选两年共有6种可能，其中有1种可能不含和谐发展年，
由 即可求出 .
【详解】（1）由题意得 ，
所以 ， ．
所以 ．
（2）当 时， ；当 时， ；
当 时， ；当 时， ．
故2019-2022这四年中有两年为和谐发展年，记为a，b，另两年记为c，d，
则从这四年中任选两年，有ab，ac，ad，bc，bd，cd，共6种可能，
其中只有cd不含和谐发展年，故所求概率为 ．
21．已知双曲线 的离心率为 ，左､右焦点分别为 ，点坐标为 ，且 .
(1)求双曲线 的方程；
(2)过点 的动直线 与 的左､右两支分别交于两点 ，若点 在线段 上，满足
，证明： 在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率设 ，代入 得到 ，得到答
案.
（2）设 ，联立方程得到根与系数的关系，根据 得到
，代入数据整理得到 ，得到答案.
【详解】（1）设 ，因为双曲线 的离心率为 ，
设 ，
所以 ，
所以 ，解得 或 （舍），
所以双曲线 的方程为 ，
（2）设 ，当直线斜率不存在时不成立，设 ，
试卷第24页，共22页即 ，
由 ，可得 ，
由于点 在双曲线 内部，易得 ，所以 .
设 ，根据题意， ，又 ，可得 ，
整理得： ，
即 ，化简得
又 ，消去 ，得 ，
所以点 在定直线 上.
【点睛】关键点睛：本题考查了求双曲线方程，定直线问题，意在考查学生的计算能
力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系
数的关系可以简化运算，是解题的关键.
22．已知函数 ，其中 .
(1)当 时，求 的极值；
(2)若不等式 对任意 恒成立，证明： .
【答案】(1)极小值为 ，无极大值
(2)证明见解析【分析】（1）将 代入 的解析式，运用导数求函数的极值；
（2）将不等式 看作一元二次不等式，运用一元二次不等式的解法求解.
【详解】（1）当 时， ，所以
，
令 ，所以 ，
当 时， ， 单调递减；当 时， ，
单调递增，
所以 ， ，
所以当 时， ， ， 单调递减；当 时，
， ， 单调递增，
所以 的极小值为 ，无极大值；
（2）由题意，对于 ，不等式 恒成立，即
恒成立，
将上不等式看作以a为主元的一元二次不等式，对于任意的x恒成立，
，
当 时， ，上不等式显然成立，此时 ；
当 时，方程 的解为 ，
试卷第26页，共22页即 或 ；
就是a要大于函数 的最大值，
令 ，则 ， ，
，当 时， 单调递减，当 时，
单调递增，
，即 ；
，即a小于函数 的最小值，
令 ，则 ， ，
，当 时， 单调递增，当 时，
单调递减，
，由条件 ， ；
综上，当 时， 的极小值为e，无极大值.
【点睛】方法点睛：本题的难点在于换个角度思考问题，运用参数分离显然不行，运
用分类讨论会比较繁琐，将原不等式看作一元二次不等式来求解相对容易.试卷第28页，共22页
