2023年高考数学押题卷01（甲卷理科）（含考试版、参考答案、全解全析、答题卡）

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绝密★启用前 2023年高考押题预测卷01【全国甲卷】理科数学注意事项：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、单项选择题：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.1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D． 【答案】A【分析】根据二次函数不等式求得，再求得即可.【详解】由题意，，又故故选：A2．复数，则（    ）A． B． C． D． 【答案】C【分析】利用复数除法运算，化简复数，再计算求得复数的模.【详解】，，.故选：C3．已知非零向满足，且，则向量的模长为（    ）A．2 B．3 C． D． 【答案】D【分析】设，由向量数量积的运算律计算可得选项.【详解】解：设，因为，所以，又，所以，解得.故选：D.4．“绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚．近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车和最终停止传统汽车销售的时间计划表，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景．新能源汽车主要指电动力汽车，其能量来源于蓄电池．已知蓄电池的容量（单位：）、放电时间（单位：）、放电电流（单位：）三者之间满足关系．假设某款电动汽车的蓄电池容量为，正常行驶时放电电源为，那么该汽车能持续行驶的时间大约为（参考数据：）（    ）A． B． C． D． 【答案】C【分析】根据题意蓄电池的容量C，再把代入，结合指数与对数的运算性质即可得解.【详解】由，,时，；，.又,故选：C.5．已知数列满足，且成等比数列.若的前n项和为，则的最小值为（    ）A． B． C． D． 【答案】D【解析】利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得，再利用二次函数的性质，可得当或时，取到最小值.【详解】根据题意，可知为等差数列，公差，由成等比数列，可得，∴，解得.∴.根据单调性，可知当或时，取到最小值，最小值为.故选：D.【点睛】本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前项和的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当或时同时取到最值.6．在中国唐、宋时期的单檐建筑中存在较多的2：1的比例关系，常用的A4纸的长宽比无限接近.把长宽比为的矩形称做和美矩形.如图，是长方体，，，，，，分别是棱，，，的中点.把图中所有的矩形按是否为和美矩形分成两类，再用分层抽样的方法在这两类矩形中共抽取5个，抽得的矩形中和美矩形的个数是（    ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】利用列举法把所有的长方形分类，用分层抽样的概念即可求解.【详解】由题意可知，，，，能够称为和美矩形的有，共9个；不能称为为和美矩形的有共6个；所以用分层抽样的方法在这两类矩形中共抽取5个，抽得的矩形中和美矩形的个数是个.故选：B.7．已知双曲线的左右焦点为，虚轴长为，若其渐近线上横坐标为1的点P恰好满足，则双曲线的离心率为（    ）A．2 B． C．4 D． 【答案】A【分析】先求得的值，利用一条渐近线方程求得点坐标，然后利用数量积得，结合求得离心率.【详解】解：虚轴长为，得，设一条渐近线，则，，又，解得， 故，故选：A.8．如图，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且，，设P、Q分别为线段AF、CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能恒成立的是（    ）A．直线直线CD B．直线直线EDC．直线直线PQ D．直线平面【答案】B【分析】由，，可得四边形和都为矩形，进而得到，，进而得证即可判断A；根据异面直线的定义即可判断B；设中点为H，连接，，由P、Q分别为线段AF、CE的中点，可得，，进而得到，，可得平面，进而即可判断C；连接，，可得，进而证明平面，即可判断D.【详解】在矩形ABCD中，，，可得四边形和都为矩形，所以，，翻折后仍然成立，所以直线直线，故A正确；翻折前，，翻折后直线和直线ED为异面直线，故B错误；设中点为H，连接，，因为P、Q分别为线段AF、CE的中点，所以，，而，，，所以，，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，故C正确；连接，，因为P、Q分别为线段AF、CE的中点，所以，又平面，平面，所以平面，故D正确.故选：B.9．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则（    ）A． B． C． D． 【答案】D【分析】设出两个切点坐标,求得两个曲线的导数,根据导数的几何意义可得.将切点代入两条曲线,联立方程可分别求得,代入其中一条曲线即可求得的值.【详解】直线是曲线的切线,也是曲线的切线,则两个切点都在直线上,设两个切点分别为 则两个曲线的导数分别为,由导数的几何意义可知,则且切点在各自曲线上,所以则将代入可得可得由可得 代入中可知所以故选:D【点睛】本题考查了导数的几何意义,两条曲线的公切线性质及求法,参数较多,化简较为繁琐,属于中档题.10．已知点，若圆上存在点 (不同于)，使得，则实数的取值范围是A． B． C． D． 【答案】A【分析】由题意可得两圆相交，而以MN为直径的圆的方程为x2+y2=4，圆心距为3，由两圆相交的性质可得|r﹣2|＜3＜|r+2|，由此求得r的范围．【详解】根据直径对的圆周角为90°，结合题意可得以MN为直径的圆和圆 （x﹣3）2+y2=r2有交点，显然两圆相切时不满足条件，故两圆相交．而以AB为直径的圆的方程为x2+y2=4，两个圆的圆心距为3，故|r﹣2|＜3＜|r+2|，求得1＜r＜5，故选A．【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，两圆相交的性质，体现了转化的数学思想，属于中档题．11．三棱锥S-ABC的底面ABC是等腰直角三角形，，且，则三棱锥S-ABC外接球表面积为（    ）A．2π B．3π C．4π D．6π【答案】B【分析】依题意将三棱锥放到棱长为1的正方体中，则正方体的体对角线即外接球的直径，再根据球的表面积公式计算可得；【详解】解：由题意知，可以把三棱锥S-ABC按如图所示的位置放到棱长为1的正方体中，则正方体的体对角线长为，∴三棱椎S-ABC外接球表面积为.故选：B【点睛】本题考查多面体的外接球，属于中档题.12．若函数的定义域为，且偶函数，关于点成中心对称，则下列说法正确的个数为（    ）①的一个周期为2                ②③的一条对称轴为            ④A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由题意，根据函数的对称性，可得，，且，根据函数周期性的定义，可判①的正误；根据周期性的应用，可判②的正误；根据函数的轴对称性的性质，可判③的正误；根据函数的周期性，进行分组求和，根据函数的对称性，可得，，可判④的正误.【详解】因为偶函数，所以，则，即函数关于直线成轴对称，因为函数的图象是由函数的图象向左平移个单位，所以函数关于点成中心对称，则，且，对于①，，，则函数的周期，故①错误；对于②，，故②正确；对于③，，故③正确；对于④，，则，，则，由，则，故④正确.故选：C.第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．若变量，满足约束条件，则的最大值是______.【答案】9【解析】做出可行域，根据可行域的图像特征，即可求出线性目标函数的最大值.【详解】做出可行域如下图所示：当目标函数过点时，取最大值为.故答案为:9【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，考查线性目标函数的最值，考查数形结合思想，属于基础题.14．已知的展开式中的常数项为，则______．【答案】16【分析】根据二项式定理写出其通项公式，令的指数幂为零即可求得常数项解得.【详解】的展开式的通项公式为，令，解得，所以，得．故答案为：1615．已知正项数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则__________.【答案】【分析】根据对数运算法则可得，再利用等比数列性质和函数可得，利用倒序相加即可得.【详解】由题意可知，，所以；由等比数列性质可得；又因为函数，所以，即，所以；令，则；所以，即.故答案为： 16．已知抛物线，其焦点为，准线为，过焦点的直线交抛物线于点、（其中在轴上方），，两点在抛物线的准线上的投影分别为，，若，，则____________.【答案】3【分析】根据抛物线的的定义可得，利用直角三角形可求出，由面积等积法求出，求出直线的倾斜角，利用公式，计算.【详解】由抛物线的定义得：，，易证，∴，∴∵，∴，.∴，∵，∴为等边三角形.∴直线的倾斜角.∴，.∴.故答案为：3【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、简单几何性质，过焦点直线与抛物线相交的性质，属于难题. 三、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．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．记的内角､､的对边分别为､､，已知.(1)证明：；(2)若，，角的内角平分线与边交于点，求的长.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用余弦定理结合条件即得；（2）利用余弦定理结合条件可得，然后利用角平分线定理及余弦定理即得.【详解】（1）证明：因为，所以，所以，即，所以；（2）由余弦定理得：，，又，所以，，由角平分线定理可得，，，在中，由余弦定理得：，所以.18．在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度，为了增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”（即正在使用的设备出故障时才启动的设备）.已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这三台设备中，只要有一台能正常工作，计算机网络就不会断掉.设三台设备的可靠度均为，它们之间相互不影响.(1)当时，求能正常工作的设备数的分布列和数学期望；(2)已知深圳某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是，根据以往经验可知，计算机网络断掉可能给该产业园带来约50万的经济损失.为减少对该产业园带来的经济损失，有以下两种方案：方案1：更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在，更新设备硬件总费用为8万元；方案2：对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在，设备维护总费用为5万元.请从期望损失最小的角度判断决策部门该如何决策？【答案】(1)分布列答案见解析，数学期望： (2)从期望损失最小的角度，决策部分应选择方案2【分析】(1)由题意可知，即得；(2)分别计算两种方案的损失期望值，即可做出决策.（1）为正常工作的设备数，由题意可知.，，，，从而的分布列为 0123     由，则；（2）设方案1､方案2的总损失分别为，采用方案1，更换部分设备的硬件，使得设备可靠度达到，由（1）可知计算机网络断掉的概率为，不断掉的概率为，故元；采用方案2，对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在，可知计算机网络断掉的概率为，故因此，从期望损失最小的角度，决策部分应选择方案2.19．如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，，．(1)求证：平面平面．(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）首先利用面面垂直的判定证明平面平面，再利用勾股定理得，从而利用面面垂直的性质定理得到平面，则，最后再利用面面垂直的判定即可.（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用线面角的夹角公式即可得到答案.【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，．因为，，，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．因为，，所以．因为，所以，所以．因为，所以．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．因为平面，所以．因为，，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）由（1）知，直线，，两两互相垂直，以为坐标原点，直线，，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，所以，，．设平面的法向量为，则有得所以．取，得，所以可取．设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．20．在平面直角坐标系中，椭圆的上焦点为F，且C上的点到点的距离的最大值与最小值的差为，过点且垂直于轴的直线被截得的弦长为1.(1)求的方程；(2)已知直线：）与交于,两点，与轴交于点，若点是线段靠近点的四等分点，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用椭圆的性质可列出方程组，得到，，即得椭圆的方程.（2）根据题中位置关系，得到关于两交点横坐标的对称式，利用韦达定理代入可得.【详解】（1）设的焦距为，由题意知解得故的方程为．（2）设，联立消去整理得，所以，即，且，．因为点P是线段MN靠近点N的四等分点，所以，所以，所以．所以所以，整理得，显然不成立，所以．因为，所以，即．解得，或，所以实数m的取值范围为．【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到，的对称式．本题中通过四等分点得到和之间的关系，再根据，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出和，然后代入后可以得到的取值范围．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于难题．21．已知函数．(1)若在上是增函数，求实数的取值范围；(2)若函数，证明：当时，恒成立．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导函数，依题意在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，令，利用导数说明函数的单调性求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围；（2）先构造函数利用导数证明当时，不等式成立，则问题转化为证明恒成立，即证恒成立，即证在上恒成立，再构造函数利用导数证明即可．【详解】（1）（1）∵，∴．∵在上是增函数，∴在上恒成立，可得在上恒成立．令，则，当时，，∴在上是增函数，∴．∴，解得或，即实数的取值范围是．（2）若，则．下面证明当时，不等式成立，令，，则．令，得，令，得，故在上单调递减，在上单调递增，故，所以当时，，即①恒成立．要证当时，恒成立，即证恒成立，即证恒成立．结合①式，现证成立，即证在上恒成立，令，则，当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增，故即恒成立．因为①②两式取等号的条件不一致，故恒成立．即当时，恒成立．（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．如图，在极坐标系Ox中，点，曲线M是以OA为直径，为圆心的半圆，点B在曲线M上，四边形OBCD是正方形．(1)当时，求B，C两点的极坐标；(2)当点B在曲线M上运动时，求D点轨迹的极坐标方程．【答案】(1)点B的极坐标为，点C的极坐标为(2)【分析】（1）连接，可得到，通过数据可得到，即可得到点B的极坐标，再算出，即可得到点C的极坐标；（2）设，，通过题意可得到，通过求出曲线M的极坐标方程即可得到点B的极坐标方程，将上式关系代入即可得到答案【详解】（1）连接，因为是直径，所以，在中，，，∴，∴点B的极坐标为，在正方形OBCD中，，，∴点C的极坐标为；（2）设，，且①，由题意可得的直角坐标为，所以曲线M的普通方程为即将代入曲线M的普通方程得极坐标方程为，当时，O，B两点重合，不合题意，∴点B的极坐标方程为，将①式代入得点D的极坐标方程为 [选修4-5：不等式选讲]23．已知函数.（1）当，求的取值范围；（2）若，对，都有不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）结合取不同范围，去绝对值，计算的范围，即可．（2）结合函数性质，计算的最大值，结合题意，建立关于的不等式，计算的范围，即可．【详解】（1），若，则，得2>1，即时恒成立；若，则，得，即；若，则，得，此时不等式无解. 综上所述，的取值范围是.（2）由题意知，要使不等式恒成立，只需.当时，，.因为，所以当时，.于是，解得.结合，所以的取值范围是.【点睛】本道题考查了绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题，考查绝对值三角不等式．难度较大．不等式恒成立问题的关键在于转化，象本题转化为求和．