2023年高考考前押题密卷-数学（全国甲卷理科）（全解全析）

2023年高考考前押题密卷（全国甲卷）

数学（理科）·全解全析

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3．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

【详解】由题意知，，

所以，，故选：B．

2．（改编）复数与下列复数相等的是（    ）

A．       B．     C．      D．

【答案】A

【详解】由题设，，故B、C、D错误；

而，故A正确.  故选：A

3．如图，网格小正方形的边长为1，网格纸上绘制了一个多面体的三视图，则该多面体的体积为 （    ）

A．14 B．7 C． D．

【答案】C

【详解】如图，由三视图还原可得，原几何体为三棱台，且有，，，.

因为平面，平面，，所以平面.

又，所以，三棱台的高即为.

又，，，，，，

所以，，

所以，由棱台的体积公式.故选：C.

4．某公司对2022年的营收额进行了统计，并绘制扇形统计图如图所示，在华中地区的三省中，湖北省的营收额最多，河南省的营收额最少，湖南省的营收额约2156万元.则下列说法错误的是（    ）

A．该公司在湖南省的营收额在华中地区的营收额的占比约为35.6%

B．该公司在华东地区的营收额比西南地区､东北地区及湖北省的营收额之和还多

C．该公司在华南地区的营收额比河南省营收额的三倍还多

D．该公司2022年营收总额约为30800万元

【答案】A

【详解】选项A，由右图华中地区的扇形图及湖北省的营收额最多，河南省的营收额最少，可知湖北省的营收额约为，河南省的营收额约为，则湖南省的营收额约为，

因为华中地区的总营收额为，所以该公司湖南省的营收额在华中地区的营收额的占比约为，所以A错误.

选项B，由左图2022年的营收额的扇形图知，华东地区的营收额约为，西南地区的营收额约为，东北地区营收额约为，

由选项A中得出湖北省的营收额约为，所以西南地区､东北地区及湖北省的营收额之和为，

因为，所以该公司华东地区的营收额比西南地区､东北地区及湖北省的营收额之和还多，所以B正确.选项C，由左图2022年的营收额的扇形图知，华南地区的营收额约为，

由选项A中得出河南省的营收额约为，

因为，，所以该公司在华南地区的营收额比河南省营收额的三倍还多，所以C正确.选项D，由已知湖南省的营收额约2156万元，由选项A中得出湖南省的营收额约为，

所以该公司2022年营收总额约万元，所以D正确.  故选：A.

5．函数的图象大致为（    ）

A． B．C． D．

【答案】A

【详解】由，可得，则定义域为，

则，

，

则为偶函数，其图像关于y轴轴对称，排除选项CD；

又，则排除选项B，正确选项为A.故选：A

6．数列中，，定义：使为整数的数叫做期盼数，则区间内的所有期盼数的和等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】解：，，

，

又为整数，必须是2的次幂，即．

内所有的“幸运数”的和：

，故选：D．

7．已知，函数在区间上单调递减，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】由，得，

即函数的单调递减区间为，

令，则函数其中一个的单调递减区间为：函数在区间内单调递减，

则满足，得，所以的取值范围是.故选：D.

8．（改编）在平面直角坐标系y中，圆的方程为，若直线上存在一点，使过点所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的值不可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】由，得，则圆心，半径，

因为过点所作的圆的两条切线相互垂直，所以，及两切点构成正方形，且对角线，

在直线上，则圆心到直线的距离，解得或

根据选项，满足条件的为B.故选：B.

9．在二项式的展开式中，二项式的系数和为256，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】在二项式 展开式中，二项式系数的和为，所以.

则即，通项公式为，

故展开式共有9项，当时，展开式为有理项，

把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻，

即把其它的6个无理项先任意排，再把这三个有理项插入其中的7个空中，方法共有种,

故有理项都互不相邻的概率为,  故选：C

10．如图，为正方体，下列错误的是（    ）

A．平面 B．平面平面．

C．与共面 D．异面直线与所成的角为90度

【答案】C

【详解】对于A，由正方体的性质知：，平面，平面，

所以平面，故A正确；

对于B，由正方体的性质知：平面，

平面，平面，所以，

又因为，平面，所以平面，

平面，则平面平面，故B正确；

对于C，平面，因为平面，平面，

平面，由异面直线的判定定理知与是异面直线，故C不正确；

对于D，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，

，，，，，，

所以异面直线与所成的角为90度，故D正确.故选：C.

11．若存在，使得关于的不等式成立，则实数的最小值为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【详解】由两边取对数可得①，

令则，因为，所以，则①可转化得，

因为，  因为存在，使得关于的不等式成立，

所以存在，成立，故求的最小值即可，令

，

令，

令，，

所以在上单调递减，所以，，所以在上单调递减，

所以在上单调递减，，

，所以实数的最小值为故选：D

12．如图拋物线的顶点为，焦点为，准线为，焦准距为4；抛物线的顶点为，焦点也为，准线为，焦准距为6．和交于、两点，分别过、作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，过的直线与封闭曲线交于、两点，则下列说法错误的是（    ）

A．  B．四边形的面积为100  C．  D．的取值范围为

【答案】B

【详解】设直线与直线分别交于，由题可知，

所以，，故A正确；

如图以为原点建立平面直角坐标系，则，，所以抛物线的方程为，

连接，由抛物线的定义可知，

又，所以，代入，可得，

所以，又，故四边形的面积为，故B错误；

连接，因为，所以，

所以，故，故C正确；

根据抛物线的对称性不妨设点在封闭曲线的上部分，设在直线上的射影分别为，

当点在抛物线，点在抛物线上时，，

当与重合时，最小，最小值为，

当与重合，点在抛物线上时，因为，直线，

与抛物线的方程为联立，可得，设，

则，，所以；

当点在抛物线，点在抛物线上时，设，

与抛物线的方程为联立，可得，设，

则，，当，

即时取等号，故此时；

当点在抛物线，点在抛物线上时，根据抛物线的对称性可知，；

综上，，故D正确.  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，满足，，，的夹角为150°，则与的夹角为______.

【答案】

【详解】因为，与的夹角为，所以，

所以，

得，又，所以，

又因为，所以. 故答案为：.

14．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：.

15．在等比数列中，是函数的极值点，则＝__________．

【答案】

【分析】由题，利用导数及韦达定理可得，后利用等比中项性质可得答案.

【详解】，由题是方程的两个不等实根，

则由韦达定理，所以

又是的等比中项且与同号，则.故答案为：.

16．已知双曲线的上焦点为，过焦点作的一条渐近线的垂线，垂足为，并与另一条渐近线交于点，若，则的离心率为          。

【答案】或

【详解】当时，直线与另一条渐近线平行，所以．

当时，如图1，过作另一条渐近线的垂线，垂足为，则，

由，得，则，所以，

则，，所以，

则，．

当时，如图2，过作另一条渐近线的垂线，垂足为，则，

由，得，则，则，

所以，则，，

所以，则，．

综上，的离心率为或.

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.

（一）必考题：共60分．

17．已知条件：①；②；③.从三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.

问题：在中，角，，所对的边分别为，，，满足：___________.

(1)求角的大小；(2)若，与的平分线交于点，求周长的最大值.

注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分

【答案】(1)条件选择见解析，；(2).

【详解】（1）选择条件①，，

在中，由余弦定理得，（2分）

整理得，则，又，所以.（5分）

选择条件②，，于是，

在中，由正弦定理得，，（2分）

因为，则，即，（3分）

因为，因此，即，又，所以.（5分）

选择条件③，，

在中，因为，即，（2分）

则，又，即有，则，所以.（5分）

（2）由（1）知，，有，（6分）

而与的平分线交于点，即有，于是，（7分）

设，则，且，（8分）

在中，由正弦定理得，，

所以，，（9分）

所以的周长为

，（10分）

由，得，则当，即时，的周长取得最大值，

所以周长的最大值为.（12分）

18．区块链技术被认为是继蒸汽机、电力、互联网之后，下一代颠覆性的核心技术．区块链作为构造信任的机器，将可能彻底改变整个人类社会价值传递的方式，2018年至2022年五年期间，中国的区块链企业数量逐年增长，居世界前列．现收集我国近5年区块链企业总数量相关数据，如表：

(1)根据表中数据判断，与（其中e＝2.71828…为自然对数的底数），哪一个回归方程类型适宜预测未来几年我国区块链企业总数量？（给出结果即可，不必说明理由）

(2)根据（1）的结果，求关于的回归方程；（结果精确到小数点后第三位）

附：线性回归方程中，，

参考数据：，，，

(3)为了促进公司间的合作与发展，区块链联合总部决定进行一次信息化技术比赛，邀请甲、乙、丙三家区块链公司参赛，比赛规则如下：①每场比赛有两个公司参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的公司与未参加此场比赛的公司进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一个公司首先获胜两场，则本次比赛结束，该公司就获得此次信息化比赛的“优胜公司”．已知在每场比赛中，甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，请通过计算说明，哪两个公司进行首场比赛时，甲公司获得“优胜公司”的概率最大？

【答案】(1)适宜  (2)  (3)甲公司获得“优胜公司”的概率最大

【详解】（1）根据表中数据可知增加的速度逐渐变快，

所以回归方程适宜预测未来几年我国区块链企业总数量；（2分）

（2）对两边取自然对数，得，令，得,（3分）

由于，，，（4分）

则，，（6分）

∴关于的回归直线方程为，则关于的回归方程为；（7分）

（3）对于首场比赛的选择有以下三种情况：A：甲与乙先赛；B：甲与丙先赛；C：丙与乙先赛，

由于在每场比赛中，甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，（8分）

则甲公司获胜的概率分别是，（9分）

，（10分）

，（11分）

由于，∴甲与丙两公司进行首场比赛时，甲公司获得“优胜公司”的概率最大．（12分）

19．如图，已知正方体的棱长为，分别为的中点.(1)已知点满足，求证四点共面；(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)

【详解】（1）如图1，取中点，连接.

因为分别是的中点，所以，且，（1分）

所以是平行四边形，所以.因为，所以.（3分）

又，所以，所以是的中点.（5分）

又因为是的中点，所以，所以，所以四点共面．（6分）

（2）如图2，以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，

所以，，，.（7分）

设平面的一个法向量为，

由可得，，取，则是平面的一个法向量.（9分）

设平面的一个法向量为，

由可得，，取，则是平面的一个法向量.（11分）

所以，，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．（12分）

20．已知椭圆的长轴长为4，A，B是其左、右顶点，M是椭圆上异于A，B的动点，且．(1)求椭圆C的方程；(2)若P为直线上一点，PA，PB分别与椭圆交于C，D两点．

①证明：直线CD过椭圆右焦点；②椭圆的左焦点为，求的内切圆的最大面积．

【答案】(1)  (2)①证明见解析；②

【详解】（1）由已知得：，，，设，

因为M在椭圆上，所以①     （2分）

因为，将①式代入，得，所以，

所以椭圆的方程为．（4分）

（2）①设，则， ，所以，，

联立方程，得，则．（5分）

联立方程，得，，则，（6分）

椭圆的右焦点为，，，（7分）

因为，说明C，D，三点共线，即直线CD恒过点．（8分）

②因为直线CD恒过点，所以的周长为，

设内切圆的半径为，所以的面积，

所以，即，（9分）

若内切圆的面积最大，即r最大，也就是最大，

因为三点不共线，所以直线CD的斜率不为0，设直线CD的方程为，

代入得：，可得，，

又因为

令，（*）式化为：，（11分）

因为函数在上单调递增，所以当，即时，（*）式取最大值3，

所以，故，所以得到内切圆面积的最大值为，当时取得．（12分）

21．已知函数，设m，n为两个不相等的正数，且.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：.

【答案】(1)(2)证明见解析

【详解】（1）由题意，有两个不相等正根，

所以有两个不相等正根，即有两个不相等正根，（1分）

记函数，则，

令，得，令，得，令，得，

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，（3分）

令得，且，x无限趋近于0时，函数值无限趋向于0，

作出函数的图象，如图

   （4分）

要使有两个不相等正根，则函数与函数有两个交点，

由图知，故实数a的取值范围.（5分）

（2）函数定义域为，

当时，，在上单调递增，不符合题意；

当时，若时，，在上单调递减，若时，，在上单调递增，（7分）

由题意，不妨设，先证明.要证，即证；

因为，且在上单调递增，故只需证明，（8分）

令，

则，所以在上单调递增，（9分）

所以当时，，则有，

因为，所以，则，故；

再证，即证.因为，且在上单调递增，（10分）

只需证明，即证，

因为，所以，

所以只需证明，令，（11分）

则．令，

当时，，所以在上单调递增，

当时，，于是，

从而可得在上单调递减，故，

所以成立，故.综上，.（12分）

（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．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

22．杭州2022年第19届亚运会（The 19th Asian Games Hangzhou 2022），简称“杭州2022年亚运会”，将在中国浙江杭州举行，原定于2022年9月10日至25日举办；2022年7月19日亚洲奥林匹克理事会宣布将于2023年9月23日至10月8日举办，赛事名称和标识保持不变。某高中体育爱好者为纪念在我国举办的第三次亚运会，借四叶草具有幸福幸运的象征意义，准备设计一枚四叶草徽章捐献给亚运会。如图，在极坐标系Ox中，方程表示的图形为“四叶草”对应的曲线C．(1)设直线l：与C交于异于O的两点A、B，求线段AB的长；

(2)设P和Q是C上的两点，且，求的最大值．

【答案】(1)9   (2)

【详解】（1）设A、B两点的极坐标分别为、，（2分）

则，

，因此，；（5分）

（2）根据对称性，不妨设、，

．（8分）

∵，则，

所以当时，即，时，．（10分）

[选修4-5：不等式选讲]

23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若的最小值为m，正数a，b，c满足，求证．

【答案】(1)  (2)答案见详解

【详解】（1）当时，，

解，即，解得；    

当时，，

解，即，解得，无解；

当时，，

解，即，解得.（4分）

综上所述，不等式的解集为.  （5分）

（2）由（1）可知，.

当时，；

当时，；

当时，，（7分）

所以函数的最小值为2，所以，所以.（8分）

由柯西不等式可得，，（9分）

当且仅当时，等号成立.所以，所以。（10分）