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2023 年高考押题预测卷02
高三数学（理科）
（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．设全集
，集合
，
，则
=（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B;
【分析】求出集合
，由补集和并集的定义即可得出答案.
【详解】因为全集
，
，所以
，又因为
，所以
,故选：B．
2.已知
为实数，若复数
为纯虚数，则复数
在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【答案】D;
【分析】利用纯虚数的定义求出a，即可判断作答.
【详解】因为复数
为纯虚数，则
，解得
，
所以复数
在复平面内对应的点
位于第四象限.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：
1
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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．平面向量
，则
与
的夹角是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C；
【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示求出
，再利用夹角公式求解作答.
【详解】向量
，则
，即
，因此
，而
，则
，所以
与
的夹角是
.
故选：C
5．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是（ ）
2
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A．
B．
C．
D．
【答案】A；
【分析】根据程序框图，逐项计算，找出计算的规律，即可求解.
【详解】根据给定的程序框图，可得：
经过第1 次循环得到，
，
，
，循环继续执行；
经过第2 次循环得到，
，
，
，循环继续执行；
经过第3 次循环得到，
，
，
，循环继续执行；
经过第4 次循环得到，
，
，
，循环继续执行；
经过第5 次循环得到，
，
，
，循环继续执行；
所以，由上述可得函数的正负性为4 个作为一个循环，
因此，经过第2022 次循环得到，
，
，
，循环继续执行；
经过第2023 次循环得到，
，
，
满足
，循环终止，输出
． 故选：A．
6.已知正项等比数列
中，
，其前n 项和为
，且
，则
（ ）
A．31
B．32
C．63
D．64
【答案】C；
【分析】根据等比数列基本量的运算可得
，然后利用求和公式即得.
【详解】设正项等比数列
的公比
，由题意可知：
，即
，
3
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解得：
，或
(舍去)，则
.故选：C.
7.如图，A，B，C 是正方体的顶点，
，点P 在正方体的表面上运动，若三棱锥
的主视图、
左视图的面积都是1，俯视图的面积为2，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D；
【分析】如图，当点P 的轨迹为
(含边界)时符合题意，结合图形，即可求解.
【详解】如图，取
的中点
，连接
，则当点P 的轨迹为
(含边界)时，
三棱锥
的主视图、左视图的面积都是1，俯视图的面积为2，此时若P 与M 重合，
最小，且最
小值为1，若P 与Q 重合，
最大，且最大值为
，所以
的取值范围为
.故选：D.
8.函数
是（ ）
A．奇函数，且最小值为
B．偶函数，且最小值为
C．奇函数，且最大值为
D．偶函数，且最大值为
【答案】B；【分析】根据题意可知定义域关于原点对称，再利用同角三角函数之间的基本关系化简可得
，由三角函数值域即可得
，即可得出结果.
【详解】由题可知，
的定义域为
，关于原点对称，
且
，而
，即函数
为偶函数；
所以
，又
，即
，可得函数
最小值
为0，无最大值.故选：B
4
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9.为有效防范新冠病毒蔓延，国内将有新型冠状肺炎确诊病例地区及其周边划分为封控区管控区防范区
､
､
.
为支持某地新冠肺炎病毒查控，某院派出医护人员共5 人，分别派往三个区，每区至少一人，甲乙主动申
､
请前往封控区或管控区，且甲乙恰好分在同一个区，则不同的安排方法有（
､
）
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．30 种
【答案】C；
【分析】利用分类加法、分步乘法计数原理，结合排列组合知识进行求解.
【详解】若甲乙和另一人共3 人分为一组，则有
种安排方法；若甲乙两人分为一组，另外三人
分为两组，一组1 人，一组两人，则有
种安排方法，综上：共有12+12=24 种安排方法.
故选：C
10.在
中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且
．若
的面积
，则a 的最小值为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】A；
【分析】由正弦定理化简已知条件可推得，
.根据
，可求得
，
.由面积公式可求得
，根据余弦定理可得出
，由基本不等式，即可
得出
，即可得出答案.
【详解】由正弦定理
可得，
，
.
由已知可得，
，所以
.
又
，所以
，所以
.因为
，
所以
，
.因为
的面积
，
所以
.由余弦定理可得，
，
当且仅当
时，等号成立.所以，
，
的最小值为
.故选：A.
11.已知两条不同的直线与曲线
都相切，则这两直线在y 轴上的截距之和为（ ）
5
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A．－2
B．－1
C．1
D．2
【答案】A；
【分析】设曲线
上切点为
，曲线
上切点为
，由切线斜率得
，
消去
得
，设
，利用导数证明其有两解，并且两解的积为
1，从而得出曲线
上两个切点的横坐标积为1，写出切线方程得出纵截距并求和即得．
【详解】设曲线
上切点为
，曲线
上切点为
，
，
，因此有
，消去
得
，
设
，
，易知
在
上是增函数，
，
，因此
在
也即在
上有唯一解
，
时，
，
递减，
时，
，
递增，
，
，
，
而
，
，因此
在
和
上
各
有
一
解
．
设
的
解
分
别
为
，
即
，
又
，所以
也是
的解，即
，
，所以方程
有两解
且
，于是切线方程为
，在
轴
上截距为
，同理另一条切线在
轴上截距是
，两截距和为
．
故选：A．
【点睛】未知切点时求函数
图象切线的方法：设切点为为
，求出导函数
，由导数的
几何意义得出切线方程
，然后代入已知条件求出切点坐标后即可得切线方程．
12.已知椭圆
，点
是
上任意一点，若圆
上存在点
、
，使得
，则
的离心率的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B;
6
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【分析】连接
，设直线
、
分别与圆
切于点A、B，
，根据题意得到
，在直角
三角形中，利用正弦函数的定义得到
，再结合
，得到
的离心率的取值范围．
【详解】连接
，当
不为椭圆的上、下顶点时，设直线
、
分别与圆
切于点A、B，
，
∵存在
、
使得
，∴
，即
，又
，∴
，
连接
，则
，∴
．又
是
上任意一点，则
，
又
，∴
，则由
，得
，又
，∴
．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．已知双曲线
与抛物线
有共同的焦点
，且点
到双曲线
的渐近线的距离等于1，则双曲线
的方程为______.
【答案】
；
【分析】先求出抛物线焦点坐标，则双曲线焦点可知，则可知，再根据焦点到渐近线的距离求解出
的
值，根据
求解出
的值，则双曲线的方程可求.
【详解】因为
的焦点坐标为
，所以设双曲线方程为：
且
，
又因为
到渐近线的距离为，不妨取渐近线
，
，所以焦点
到渐近线
的距离为
，所以
，所以双曲线方程为
，故填：
.
7
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14．写出一个同时满足下列三个性质的函数
__________．
①若
，则
；②
；③
在
上单调递减．
【答案】
；（
，答案不唯一）
【分析】根据函数的三个性质，列出符合条件的函数即可.
【详解】比如
，
，故
，又
，也即
成立，又
在
上单调递减．故答案为：
.
15．设随机变量X 的分布列如下（其中
），则随机变量X 的期望
________.
X
0
1
2
P
a
【答案】1；
【分析】根据概率之和等于可得出
的关系，再根据期望公式即可得解.
【详解】由
，得
，
∴
.故答案为：
16．已知实数
满足
，
的取值范围是______．
【答案】
；
【分析】设
，
，利用向量夹角坐标运算可求得
，利用圆的切线的求法可求得
所在直线倾斜角的范围，从而确定
的范围，进而求得
的范围.
【详解】由圆的方程知：点
在以
为圆心，为半径的圆上，
设
，
，
与
的夹角为
，
，
即
；设直线
与圆
相切，则圆心到直线距离
，
解得：
，结合图象可知：
所在直线倾斜角为
，又
所在直线倾斜角为
，
8
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，
，则
.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
人”
33
36
4
0
39
45
53
(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
人”
礼让行人
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
．
9
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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
人
礼让行人
合计
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，求钝二面角B-FM-E 的余弦值.
10
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【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）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.
(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)以E 为坐标原点，以
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，
则
，
，
，
，
，
，
，
，
.
平面BFM 即平面BPM，设平面BFM 的法向量为
，
则由
，
，得
.
令
，得
.
设平面EFM 的法向量为
，则
，
，
11
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即
.令
，得
.
因为
，所以钝二面角B-FM-E 的余弦值为
.
19．（12 分）已知数列
满足
，且
，
．
(1)证明：数列
是等差数列，并求数列
的通项公式；
(2)记
，
，
．证明：
．
【答案】(1)证明见解析，
；(2)证明见解析.
【分析】（1）由递推式整理得
，结合等差数列定义证
为等差数列，进而写出其
通项公式，注意验证；
（2）由（1）及题设得
，应用放缩可得
，再利用裂项相消法即可证结论.
【详解】（1）由
得：
，整理为：
，
所以
为等差数列，公差
，首项为
；
所以
，整理为
，经检验，符合要求.
（2）由（1）得：
，
，
∴
，
∴
，即
．
20.（12 分）在直角坐标系xOy 中，已知点
，
，直线AD，BD 交于D，且它们的斜率满足：
12
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．
(1)求点D 的轨迹C 的方程；
(2)设过点
的直线l 交曲线C 于P，Q 两点，直线OP 与OQ 分别交直线
于点M，N，是否存在常
数
，使
，若存在，求出λ 的值；若不存在，说明理由．
【详解】（1）设
，而点
，
，则
，
，
又
，于是得
，化简整理得：
，所以点D 的轨迹C 的方程是：
（2）存在常数
，使
，如图，
依题意，直线l 的斜率存在且不为0，设直线l：
，
，
，
由
消去y 得：
，则
，
，
，则
，
直线OP：
，取
，得点M 横坐标
，同理得点N 的横坐标
，
则
，
因此有
，
于是得
，所以存在常数
，使
.
21．（12 分）已知函数
．
(1)若
，证明：
．
(2)若
，且
，证明：
．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析
13
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【分析】（1）将问题等价转化为
，令函数
，对函数求导，利用单调性进
而得证；
（2）对函数
二次求导得到
，再利用零点存在性定理得到
，将问
题等价转化为证明
，进而证明.
【详解】（1）因为
，所以
等价于
．
令函数
，则
．
当
时，
，则
，故
在
上单调递增．
当
时，
，故
．即
．
（2）因为
，所以
，则
．
令函数
，则
．
当
时，
单调递减，当
时
单调递增．
因为
，所以
．
当
时，
单调递减，当
时，
单调递增．
因为
，所以
．又
，所以
．
要证
，只需证
，即
．
因为
，所以
．
显然
，故
．
（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）
.
14
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【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)
15
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【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
.
16
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