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2023 年高考押题预测卷01
理科数学·全解全析
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．已知全集
，集合
，
则集合
等于
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先表示出集合
与集合
的等价条件，然后根据交集，并集和补集的定义进行分析求解即可．
【详解】由题意知
，
，
所以
，
，
故选：B．
2．设i 为虚数单位，且
，则
的虚部为（ ）
A．
B．2
C．2i
D．
【答案】B
【分析】由复数的乘法运算化简，再由复数相等求出
，即可求出
的虚部.
【详解】由
可得：
，
则
，所以
的虚部为2.
故选：B.
3．已知向量
，
满足
，若
，则实数
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由向量垂直列出方程，结合向量的数量积运算性质求解.
【详解】∵
，∴
∵
，∴
∵
，∴
，即
.
故选：C.
4．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:
,该数列从第三项起,每一项都等于前
1
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两项的和,即递推关系式为
,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上
述递推关系式的数列
的通项公式为
,其中
的值可由
和
得到,比如
兔子数列中
代入解得
.利用以上信息计算
表示不超过
的最大整数（ ）
A．10
B．11
C．12
D．13
【答案】B
【分析】根据题不妨设
,求出
,
,进而得到
,通过
的第五项,即可得到
之
间的关系,根据
的范围可大致判断
的范围,进而选出选项.
【详解】解:由题意可令
,
所以将数列
逐个列举可得:
,
,
,
,
,
故
,
因为
,
所以
,
故
.
故选:B
5．已知抛物线
的焦点为
，点
在抛物线上（异于顶点），
（点
为坐标原点），过
点
作直线
的垂线与
轴交于点
，则
（ ）
A．6
B．
C．4
D．
【答案】A
【分析】设
，由
，得
为
的中点, 表示
的方程，求出点
的坐标，结合抛物
线的定义求得结果.
2
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【详解】法一：依题意，设
，由
，得
为
的中点且
，
则
，易得直线
的垂线
的方程为
.
令
，得
，故
，由抛物线的定义易知
，
故
，
故选:A.
法二：特殊值法.不妨设
，则
，则
，易得直线
的垂线
的方程为
.令
，得
，故
，又
，故
.
故选:A.
6．执行下面的程序框图，则输出的
（ ）
A．9
B．10
C．11
D．12
【答案】B
【分析】按照迭代方式代入根据格式判断规律为等比数列的求和，按照等比数列求和公式
求出数据逐渐做判断即可得解.
【详解】经过判断框时，
第一个S 变为
，n 变为2，
第二个S 变为
，n 变为3，
3
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第三个S 变为
，n 变为4，
第四个S 变为
，n 变为5，
第九个S 变为
，n 变为10，
第十个S 变为
，判断框按照“否”输出n=10.
故选：B.
7．在正方体
中，M，N，P 分别为
，
，
的中点，则下列结论中错误的是
（ ）
A．
B．平面
平面
C．
D．平面
平面
【答案】D
【分析】求得
与
位置关系判断选项A；求得平面
与平面
位置关系判断选项B；求得
与
位置关系判断选项C；求得平面
与平面
位置关系判断选项D.
【详解】对A，在
中，因为
，
分别为
，
的中点，
所以
．又
，所以
，A 正确．
对B，在
中，因为
，
分别为
，
的中点，
所以
．因为
平面
，
平面
，
所以
平面
．
因为
，
平面
，
平面
，
所以
平面
．又因为
，
平面
，
所以平面
平面
，B 正确．
对C，因为
，
，所以
，C 正确．
对D，取
的中点
，连接
，
，则
是二面角
的平面角．
4
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设正方体棱长为a，则
，
又
，则
，所以平面
与平面
不垂直．
又平面
平面
，所以平面
与平面
不垂直，D 错误．
故选：D．
8．设等比数列
中，
使函数
在
时取得极值，则
的值是（ ）
A．
或
B．
或
C．
D．
【答案】D
【分析】由极值点和极值可构造方程组求得
，代回验证可知
满足题意；结合等比数列性质可
求得结果.
【详解】由题意知：
，
在
处取得极值，
，
解得：
或
；
当
，
时，
，
在
上单调递增，不合题意；
当
，
时，
，
当
时，
；当
时，
；
5
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在
上单调递增，在
上单调递减，
是
的极小值点，满足题意；
，又
与
同号，
.
故选：D.
9．设A，B，C，D 是同一个半径为4 的球的球面上四点，
，
，则三棱锥
体积的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】
是
外心，
是球心，求出
，当
是
的延长线与球面交点时，三棱锥
体
积的最大，由此求得最大体积即可．
【详解】如图，
是
外心，即
所在截面圆圆心，设圆半径为
是球心，
因为
，
，
由余弦定理可得：
，
所以
，所以
，则
，
，
平面
，
平面
，则
，
所以
，
当
是
的延长线与球面交点时，三棱锥
体积的最大，
此时棱锥的高为
，
，
所以棱锥体积为
．
故选：B．
10．2020 年疫情期间，某县中心医院分三批共派出6 位年龄互不相同的医务人员支援武汉六个不同的方舱
6
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医院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为
，第二批派出两名医务人员的年龄最大
者为
，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为
，则满足
的分配方案的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】假设6 位医务人员年龄排序为
，由
必在第三批，将派遣方式按第一批所
派遣的人员不同分成四类，求出满足
的派遣方法数，再计算总派遣方法数，即可求概率.
【详解】假设6 位医务人员年龄排序为
，由题意知，年龄最大的医务人员必在第三
批，派遣方式如下：
1、第一批派
，第二批年龄最大者为
，第三批年龄最大者为
：剩下的医务人员一个在第二批，两个
在第三批有
种方法，
2、第一批派
，第二批年龄最大者为
或
，第三批年龄最大者为
：当第二批最大者为
，则有
种
方法，当第二批最大者为
，则有
种方法，共
种方法；
3、第一批派
，第二批年龄最大者为
或
或
，第三批年龄最大者为
：当第二批最大者为
，则有
种方法，当第二批最大者为
，则有
种方法，当第二批最大者为
，则有1 种方法，共
种方法；
4、第一批派
，第二批年龄最大者为
或
或
，第三批年龄最大者为
：当第二批最大者为
，则有
种方法，当第二批最大者为
，则有
种方法，当第二批最大者为
，则有1 种方法，共
种方法；
∴
种方法，而总派遣方法有
种，
∴满足
的分配方案的概率为
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：应用分类分步计数原理，结合题设含义，按第一批派遣的人员不同将派遣方式分类，
再根据第二批的最大年龄者的不同确定各类的派遣方法数.
11．已知
、
是椭圆
与双曲线
的公共顶点，
是双曲线上一
点，
，
交椭圆于
，
.若
过椭圆的焦点
，且
，则双曲线的离心率为（ ）
7
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A．2
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设出点P，M 的坐标，借助双曲线、椭圆的方程及斜率坐标公式可得
轴，再利用和角的正
切公式求出a，b 的关系作答.
【详解】如图，设
，点
共线，点
共线，所在直线的斜率分别为
，
点
在双曲线上，即
，有
，因此
，
点
在椭圆上，即
，有
，直线
的斜率
，有
，
即
，于是
，即直线
与
关于
轴对称，
又椭圆也关于
轴对称，且
过焦点
，则
轴，令
，由
得
，
显然
，
，
，
解得
，所以双曲线的离心率
.
故选：D
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
定义法：通过已知条件列出方程组，求得
得值，根据离心率的定义求解离心率；
齐次式法：由已知条件得出关于
的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
12．设定义在R 上的函数
与
的导函数分别为
和
．若
，
8
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，且
为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
，
D．
【答案】A
【分析】由
得
，结合已知得
，进而有
，由
可判断C 项中的对称性；由
为奇函数可得
的周期、对称性及特殊值，从而
化简判断A 正误；B、D 由
，结合A 即可判断.
【详解】C：由
，则
，则
，
又
，所以
，令
得
，即
.
所以
，所以函数
的图象关于
对称，
而
，
，则
的图象关于
对称，错；
A：
为奇函数，则
关于
对称，且
，
∴
，
，
，
，∴
.
又
，∴
，
∴
的周期
，
∴
，对；
D：因为
，所以
，
所以
，错；
B：
，错.
故选：A
【点睛】关键点睛：利用导数得
，结合已知得到
，进而求其周期和对称
性，应用周期和对称性求
、
、
的值.
9
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第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分．
13．某校为促进拔尖人才培养开设了数学、物理、化学、生物、信息学五个学科竞赛课程，现有甲、乙、
丙、丁四位同学要报名竞赛课程，由于精力和时间限制，每人只能选择其中一个学科的竞赛课程，则恰有
两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为________．
【答案】96
【分析】利用分步加法和分类乘法原理，先安排4 名同学的2 名选择数学竞赛，在安排剩下的2 名同学到
其他竞赛课程中即可.
【详解】由题知先安排甲、乙、丙、丁四位同学的2 名选择数学竞赛课程，
则有：
种情况，
剩下2 名同学在选择物理、化学、生物、信息学四个学科竞赛课程时有：
2
①名同学选择1 个学科竞赛则有：
种情况，
2
②名同学各选择1 个学科竞赛则有
种情况，
所以恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为：
种情况，
故答案为：96.
14．直线
分别与
轴､
轴交于
两点，点
在圆
上，则
面积的取值范
围是___________.
【答案】
【分析】首先由直线方程求得
坐标，得到
；利用点到直线距离公式求得圆心到直线
的距离
，
从而得到点
到直线距离
的范围，利用三角形面积公式可求得结果.
【详解】因为直线
分别与
轴､
轴交于
两点，
所以
，
所以
圆
的圆心的坐标为
，半径
，
所以圆心到直线
距离
，
所以
到直线
距离
，即
，
.
10
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故答案为：
.
15．已知函数
在
上有两个不同的零点，则满足条件的所有m 的值组
成的集合是_________．
【答案】
【分析】将原函数转化为同角三角函数
，再利用对勾函数的性质
数形结合，分类讨论处理即可.
【详解】解：
，
令
，
则
，
则
当
时，显然
无解；当
时
可化为
.
利用对勾函数的性质与图象可知（如下图所示）：
11
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①当
时，即
，此时
或
，符合题意；
②当
时，即
或
，此时
或
，符合题意；
③当
时，即
，由
可得
，
易知当
时，只有一个解
满足，不符合题意；
④当
时，
即
，
方程
有两根，不妨记为
，其中
，只有一个根，
有两个根，故方程有3 个解，也不符合题意.
∴满足条件的所有m 的值组成的集合是：
.
故答案为：
16．在同一平面直角坐标系中，P，Q 分别是函数
和
图象上的动点，若
对任意
，有
恒成立，则实数m 的最大值为______．
【答案】
【分析】利用同构思想构造
，得到其单调性，得到
，再构造
，
，求导得到其单调性及其最小值，设设
，利
用基本不等式得到
，求出答案.
【详解】
，令
，
，
则
当
时，
，
单调递增，当
时，
，
单调递减，
故
在
处取得极小值，也是最小值，故
，
12
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故
，当且仅当
时，等号成立，
令
，
，
则
，
令
，
则
在
上恒成立，
故
在
上单调递增，
又
，故当
时，
，当
时，
，
故
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，
故
在
处取得极小值，也时最小值，最小值为
，
设
，
由基本不等式得，
，
当且仅当
，
，
时，等号成立，
故
，则
．
故答案为：
【点睛】导函数求解取值范围时，当函数中同时出现
与
，通常使用同构来进行求解，本题
变形得到
，从而构造
进行求解.
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．在
中，内角A，B，C 所对的边长分别为a，b，c，且满足
．
(1)求证：
；
(2)求
的最大值．
13
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【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形内角性质以及三角函数诱导公式，根据余弦定理，整理等式，结合半角公式，
可得答案；
（2）利用正弦定理，三角函数内角性质以及同角三角函数的基本关系，整理出关于角B 的函数解析式，
利用基本不等式，可得答案.
【详解】（1）∵
，
∴
，
∴
，
∴
．
（2）由（1）可得：
，且C 为钝角，
即
，
即
，
，
，
当且仅当
，即
时取等号．
故
的最大值为
．
18．如图，在
中，
，
，
，
可以通过
以直线
为轴旋
转得到，且二面角
是直二面角．动点
在线段
上．
(1)当
为
的中点时，求异面直线
与
所成角的余弦值大小；
(2)求
与平面
所成角最大时正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建系，利用空间向量求异面直线夹角；
（2）设
可得
，利用空间向量求线面夹角结合二次函数分析运算.
14
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【详解】（1）由题意可得：
，平面
平面
，
平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
如图，以
为坐标原点建立空间直角坐标系，则
，
若
为
的中点，则
，
可得
，
设异面直线
与
所成角
，
则
.
（2）若动点
在线段
上，设
，
则
，可得
，解得
，
即
，则
，
由题意可知：平面
的法向量为
，
设
与平面
所成角为
，
则
，
对于
开口向上，对称轴为
，
可得当
时，
取到最小值
，
所以
的最大值为
，
注意到
，
15
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故
与平面
所成角的最大时正弦值
.
19．学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由教师甲、乙作为代表进行
决赛.决赛共设三个项目，每个项目胜者得10 分，负者得
分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高
的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为0.4，0.5，0.75，各项目的比赛结果相互独立.甲、
乙获得冠军的概率分别记为
，
.
(1)判断甲、乙获得冠军的实力是否有明显差别（如果
，那么认为甲、乙获得冠
军的实力有明显差别，否则认为没有明显差别）；
(2)用X 表示教师乙的总得分，求X 的分布列与期望.
【答案】(1)甲、乙获得冠军的实力没有明显差别
(2)分布列见解析，
【分析】（1）设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为
，利用互斥事件和独立事件的概率共求得
和
，结合
，即可得到结论；
（2）根据题意，得到
的可能取值为
，利用独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，得
出分布列，结合期望的公式，即可求解.
【详解】（1）解：设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为
，
则教师甲获得冠军的概率
，
由对立事件的概率公式，可得得
，
所以
，解得
，
因为
，所以甲、乙获得冠军的实力没有明显差别.
16
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（2）解：根据题意知，
的可能取值为
，
可得
，
，
，
.
所以随机变量
的分布列为
0
15
30
0.15
0.425
0.35
0.075
所以期望为
.
20．已知椭圆C：
的左顶点为A，P 为C 上一点，O 为原点，
，
，
的面积为1．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设B 为C 的右顶点，过点
且斜率不为0 的直线l 与C 交于M，N 两点，证明：
．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）通过分析得
，将其坐标代入椭圆方程，结合
面积和
的关系即可求出
椭圆方程；
（2）设直线
的斜率为
,直线
的斜率为
,直线
的方程为
，再将
其与椭圆联立得到韦达定理式，通过化简得
，最后计算
，将上式代入即可证明其为
定值.
【详解】（1）不妨设点
在
轴的上方,由椭圆的性质可知
.
是以
为直角顶点的等腰直角三角形,
代人
,得
,整理得
.
17
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的面积为
.
故椭圆
的方程为
.
（2）设直线
的斜率为
,直线
的斜率为
,
直线
的方程为
.
不妨设
,则
.
联立
可得
,
,则
,
，即
，
，
故
得证.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键第一是要找到正切值与直线斜率的关系，再通过设直线
的方程
为
，将与椭圆联立，利用化积为和的方法得到
，最后再计算斜率比值为定值，
化积为和是处理非对称韦达形式的常用方法.
21．已知函数
(1)若
，求不等式
的解集；
18
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(2)若
存在两个不同的零点
，
，证明：
.
【答案】(1)
;
(2)详见解析.
【分析】（1）
由
的单调性及
可求解；
（2）根据函数
存在两个不同的零点
，得
，
，将所证不等
式转化为
，利用由(1)的过程知
及
，代入可证得结论.
【详解】（1）令
，
的定义域为
，
则
，所以
在
上单调递增.
因为
，所以当
时，
，当
时，
，
所以原不等式的解集为
.
（2）证明:
，令
，易知
在
上单调递减，且
.
当
时，
，此时
单调递增;
当
时，
，此时
单调递减.
所以
.
因为函数
存在两个不同的零点
，所以
，即
，由图可知
，
由题意知
，
所以
，
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两式相减得
.
所以
等价于
，
也等价于
.
因为
，所以由(1)的解题过程知
……①
……②
因为
，所以
，
即
……③
+
+
①②③得
，
所以
.
【点睛】关键点点睛：本题难点在零点的转化应用：由
的零点为
得：
（1）
，两式相减得
，使用此时代入消去
.
（2）由
得
即
，使用此时代
入消去
.
本题中两次对零点的使用都富有创新性.
（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）
在直角坐标系
中，曲线
的参数方程为
（
为参数），以坐标原点
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)设曲线
与曲线
交于
，
两点，求
；
(2)若
，
是曲线
上的两个动点，且
，求
的取值范围．
【答案】(1)
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(2)
【分析】（1）首先将曲线
的参数方程化为普通方程，曲线
的极坐标方程化为直角坐标方程，再联立
两曲线方程，求出交点坐标，再由距离公式计算可得；
（2）首先求出曲线
的坐标方程，设
，
，即可表示出
，再利用二倍角
公式公式化简，最后结合正弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为曲线
的参数方程为
（
为参数），
所以
，又
，所以曲线
的普通方程为
，
又曲线
的极坐标方程为
，由
，
所以曲线
的直角坐标方程为
，
由
，解得
或
，所以
.
（2）又
，所以
，
所以
，即曲线
的极坐标方程为
，
因为
，所以设
，
，
所以
21
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，
所以当
时
取得最小值
，
当
时
取得最大值，
所以
的取值范围为
.
23．[选修4-5：不等式选讲]（10 分）
已知
，
，
．
(1)证明：
．
(2)证明：
．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及基本不等式即可求解；
（2）利用分析法及作差比较法即可求解.
【详解】（1）由基本不等式可得
可得
当且仅当
时，等号成立.
又由
，得
，
所以
当且仅当
时，等号成立.
故原不等式得证.
（2）要证
，即证
即证
令
，即证
因为
且
故
，即原不等式得证.
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