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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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
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
，
，
1
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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
2
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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，
，
，
，
；
3
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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
．
4
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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
，
5
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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．B
6
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【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
7
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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．
8
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【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：
9
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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
，
10
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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
11
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(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，
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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
，
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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
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，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
.
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（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
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），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，
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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
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