2023届普通高等学校招生全国统一考试数学押题卷（一）（含解析）

2023届普通高等学校招生全国统一考试数学押题卷（一）

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知，若复数为纯虚数，则实数（    ）

A．2 B． C． D．

3．蹴鞠（如图所示），2006年5月20日，已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球，因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．已知某鞠（球）的表面上有四个点、、、，且球心在上，，，，则该鞠（球）的表面积为（    ）．

A． B． C． D．

4．若向量满足，，，则与的夹角为(    )

A． B． C． D．

5．为躲过了新冠，躲过了甲流，没躲过呼吸道合胞病毒.”甲流高峰才过去不久，呼吸道感染的老人又多起来.“最近，呼吸道合胞病毒感染处于高峰.目前因咳嗽、喘息住院的患者中，在浙大儿院占据首位的就是呼吸道合胞病毒感染.呼吸道合胞病毒是一种什么病毒？RSV为副黏病毒科肺炎病毒属的单股负链RNA病毒，是引起老年人下呼吸道感染的常见病原，RSV通常于上呼吸道中开始感染，引发的症状易与普通感冒相混淆，出现呼吸系统后遗症.5月3日，葛兰素史克（GSK）宣布其呼吸道合胞病毒（RSV）疫苗Arexvy，用于老年人群体预防RSV感染导致的下呼吸道疾病（RSV-LRTD）.该产品也是全球首款获批上市的RSV疫苗.为研究的临床试验，旨在评估单剂量和接种Arexvy对比安慰剂对RSV-LRTD的预防效果.该实验有3接种组，现有8名志愿者将被派往这3接种组安排接种工作，每个接种组至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法共有（　　）

A．2940种 B．3000种 C．3600种 D．5880种

6．已知，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

7．已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过的直线与的左支交于、两点，且，，则的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

8．定义：设不等式F(x)<0的解集为M，若M中只有唯一整数，则称M是最优解.若关于x的不等式有最优解，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C．∪ D．∪

二、多选题

9．数列的前项为，已知，下列说法中正确的是（    ）

A．为等差数列 B．可能为等比数列

C．为等差数列或等比数列 D．可能既不是等差数列也不是等比数列

10．已知某种袋装食品每袋质量（单位：g）X～N（500，16）．，，，则下面结论正确的是（       ）

A．

B．

C．随机抽取10000袋这种食品，袋装质量在区间（492，504]的约8186袋

D．随机抽取10000袋这种食品，袋装质量小于488 g的不多于14袋

11．下列大小关系正确的是（    ）

A． B．

C． D．

12．已知抛物线，C的准线与x轴交于K，过焦点F的直线l与C交于A、B两点，连接AK、BK，设的中点为P，过P作的垂线交x轴于Q，下列结论正确的是(    )

A． B．

C．的面积最小值为 D．

三、填空题

13．已知曲线在处切线的斜率为，则______．

14．斐波那契数列由意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．斐波那契数列满足：，，则是斐波那契数列中的第______项．

15．在直三棱柱中，是等腰直角三角形，且．若该三棱柱的外接球半径是，则三棱锥体积的最大值为__________．

16．已知函数，若恰有4个零点，则实数的取值范围为___________.

四、解答题

17．已知等差数列和等比数列满足，若数列的前项和为，且.

(1)求数列，的通项公式；

(2)若数列满足：，求数列的前n项和.

18．已知的外心为，为线段上的两点，且恰为中点.

(1)证明：

(2)若，，求的最大值.

19．“红五月”将至，学校文学社拟举办“品诗词雅韵，看俊采星驰”的古诗词挑战赛，挑战赛分为个人晋级赛和决赛两个阶段.个人晋级赛的试题有道“是非判断”题和道“信息连线”题，其中道“信息连线”题是由电脑随机给出错乱排列的四句古诗词和四条相关的诗词背景（如诗词题名、诗词作者等），要求参赛者将它们一一配对，每位参赛选手只有一次挑战机会.比赛规则为：电脑随机同时给出道“是非判断”和道“信息连线”题，要求参赛者全都作答，若有四道或四道以上答对，则该选手晋级成功.

(1)设甲同学参加个人晋级赛，他对电脑给出的道“是非判断”题和道“信息连线”题都有且只有一道题能够答对，其余的题只能随机作答，求甲同学晋级成功的概率；

(2)已知该校高三（1）班共有位同学，每位同学都参加个人晋级赛，且彼此相互独立.若将（1）中甲同学晋级的概率当作该班级每位同学晋级的概率，设该班晋级的学生人数为.

①问该班级成功晋级的学生人数最有可能是多少？说明理由；

②求随机变量的方差.

20．如图，在三棱锥中，，，，点O是AC的中点，点P在线段MC上，

(1)证明：平面ABC；

(2)若，直线AP与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值的大小

21．已知椭圆的左、右焦点分别为、，动直线过与相交于，两点．

(1)当轴时，求的内切圆的方程；

(2)求内切圆半径的最大值．

22．已知函数，其中e为自然对数的底数.

(1)若，求函数的单调区间；

(2)证明：对于任意的正实数M，总存在大于M的实数a，b，使得当时，.

参考答案：

1．D

【分析】求解绝对值的不等式，再由交集运算得答案．

【详解】因为，，

所以.

故选：D

2．C

【分析】由复数为纯虚数，可设，代入原式，然后计算即可得结果

【详解】设，，故，解得，

故选：C

3．C

【分析】过点P作，在中，根据，，求得，在中，根据，求得，再根据球心在上，得到PC为球O的直径，再由求得半径即可.

【详解】如图所示：

在中，因为，，

所以，即，

在中，，

所以，即是等腰三角形，

过点P作，则BD=AD=,

因为，

所以，，

又球心在上，故PC为球O的直径，

所以，，

即，解得，

所以该球的表面积是.

故选：C．

4．C

【分析】，求得，由即可求夹角.

【详解】由题可知，，

∴，

∴向量与的夹角为.

故选：C.

5．A

【分析】根据题意派往3个医院的人数分配有2种情况：2、2、4，3、3、2．以此可解决此题．

【详解】根据题意派往3个医院的人数分配有2种情况：2、2、4；3、3、2.

不同的安排方法共有（种）．

故选：A．

6．A

【分析】依据重要不等式去求解的最大值

【详解】∵，

（当且仅当时等号成立），

故选：A.

7．C

【分析】设，，根据双曲线的定义，可得，，在直角三角形中利用勾股定理可得，再在直角三角形中使用勾股定理可得，再结合，即可求出结果.

【详解】由题意，得，；

根据双曲线的定义，,

所以，．

在直角三角形中，，即，

解得；

在直角三角形中，，即，

即，解得，所以的渐近线方程为.

故选:C．

【点睛】关键点点睛：本题在解答过程中使用双曲线的定义得到，，在直角三角形中利用勾股定理可得，是解决本题的关键和突破点.

8．D

【分析】将不等式转化为，结合图象求得的取值范围.

【详解】可转化为，

在同一平面直角坐标系中分别作出函数f(x)＝|x2－2x－3|，g(x)＝mx－2的图象，如图所示.

易知m＝0时不满足题意.

当m>0时，要存在唯一的整数x0，满足f(x0)<g(x0)，

则，即，解得.

当m<0时，要存在唯一的整数x0，满足f(x0)<g(x0)，

则，即，解得.

综上，实数m的取值范围是∪.

故选：D

9．BD

【分析】利用来对进行判断，从而确定正确答案.

【详解】依题意，，

当时，，

当时，，，

两式相减得，

，

，

当时，，则数列是首项为，公比为的等比数列.

当时，，则数列是首项为，公差为的等差数列，

当，交替成立时，既不是等差数列也不是等比数列.

故选：BD

10．AC

【分析】按照概率的意义，正态分布的对称性以及参考数据依次判断4个选项即可.

【详解】根据题意，，∴，故A正确．

又，故B错误．

由于，所以随机抽取袋这种食品，袋装质量在区间的约袋，故C正确．

根据概率的意义，故D错误．

故选：AC.

11．ABD

【分析】A、B选项画出和的图象，数形结合进行比较，C选项构造函数，借助单调性进行判断，D选项作减法，借助对数运算及基本不等式进行比较.

【详解】  

作出和的图象，如图所示，由图象可得，当时，，

当时，，，，故A，B正确.

令，则，在上单调递减，所以，故C错误.

，所以，故D正确.

故选：ABD.

12．ABD

【分析】设直线AB的倾斜角为α，即∠AFx＝α，设，，.可根据角平分线的性质判断A；

过A作AD⊥x轴，垂足为D，表示出，即可判断B；

，数形结合即可判断C；

求出PQ方程，令y＝0求出Q的横坐标，求出即可判断它们的关系，由此判断D.

【详解】设直线AB的倾斜角为α，即∠AFx＝α，设，，，

①若，则，则根据角平分线的性质可知，x轴为∠AKB的角平分线，设直线，代入抛物线方程得，

所以，

所以，

所以x轴一定是∠AKB的平分线，故A正确；

②过A作AD⊥x轴，垂足为D，

则tan ，，

，故B正确；

③，当，即AB⊥x轴时，取等号，故的面积最小值为，故C错误；

对于D：，则，

∴PQ方程为：，

令y＝0得，，∴，

∴，

∴，故D正确.

故选：ABD.

13．

【分析】利用函数在处的导数值为可求得实数的值.

【详解】对函数求导得，

由已知条件可得，解得.

故答案为：.

14．

【分析】利用递推关系，将所求关系式中的“”换为，再利用即可求得答案．

【详解】由可得

.

故答案为：.

15．

【分析】根据直三棱柱的性质，结合三棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可.

【详解】如图，由题意可知三棱柱的外接球的直径为，则，

即，从而．

三棱锥的体积为．

设，则．由，得；

由，得．故．

故答案为：

【点睛】关键点睛：运用直三棱柱的性质，结合三棱锥的体积公式，利用导数求最值是解题的关键.

16．

【分析】令，转化为与有个交点，结合图象求得的取值范围.

【详解】令，转化为与有个交点，

画出与的草图，如下图所示，

当时，与不可能有4个交点，

故由图可知，

且与在区间上各有一个交点，

故在区间上，与有两个交点.

当时，，

，设是曲线上一点，

过该点的切线的斜率为，

切线方程为，

代入得，

化简得，此时切线的斜率为，

所以.

故答案为：

17．(1)，;

(2).

【分析】（1）根据通项与的关系求出数列的通项公式，再由列出方程求出公差公比即可得出，的通项公式；

（2）利用错位相减法求出数列的前n项和即可.

【详解】（1）由①，

可得（）②，

由①②得（）        

又也符合上式，所以，

由得，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则有

，

令，有，

令，有        

解得，或者

取，有，检验得（舍去）

所以，；

（2）由得，            

所以

则

两式相减得，            

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设，利用余弦定理求得，，再根据，化简，可求得，同理可求得，即可得证；

（2）利用余弦定理求得，，再根据结合（1）求得，设，可求得，再根据三角形的面积公式结合基本不等式即可得出答案.

【详解】（1）证明：设，

由余弦定理知：，，

由是外心知，

而，

所以，

即，

而，因此，

同理可知，

因此，

所以；

（2）解：由（1）知，

由余弦定理知：，，

代入得，

设，则，

因此，

当且仅当时取到等号，

因此的最大值为.

19．(1)

(2)①或，理由见解析；②

【分析】（1）分甲同学答对四道、五道、六道题，分析出是非判断题和信息连线题答对的题的数量，结合独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；

（2）①分析可知，设最大，可得出，解出的取值范围，即可得解；

②利用二项分布的方差公式可求得的值.

【详解】（1）解：记事件甲同学晋级成功，则事件包含以下几种情况：

①事件“共答对四道”，即答对余下的是非判断题，答错两道信息连线题，则

.

②事件“共答对五道”，即答错余下的是非判断题，答对余下的三道信息连线题，则.

③事件“共答对六道”， 即答对余下的四道问题，，

所以.

（2）解：①由题意可知，设最大，

则，即，

可得，解得，即最有可能取的值为或；

②由二项分布的方差公式可得.

20．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）连接BO，由给定条件证明，再由线面垂直的判断推理作答.

（2）在平面ABC内过O作，再以O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.

【详解】（1）连接BO，如图，由，，得，而，，

在中，由余弦定理得：，

则有，有，即，因此，，

又，于是得，，即，

又有，平面ABC，

所以平面ABC.

（2）由（1）可得，平面平面ABC，AP在平面ABC内射影为AC，

即为直线AP与平面ABC所成的角，，

因，则点P为线段MC的中点，

在中，过O作交BC于D，则OD，OC，OM两两垂直，

以点O为原点，射线OD，OC，OM分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，

不妨令，则，，，，，

，，

设平面PAB的法向量，则，令，得，

又平面ABC的法向量，则，

而二面角的平面角为锐角，

所以二面角的余弦值为.

21．(1)

(2)1

【分析】（1）易求，的坐标，进而求得内切圆的圆心和半径（2）设直线的方程为：，以为参数，运用等面积法将内切圆半径表示为的函数，求其最值即可

【详解】（1）由，可得，，，，

由已知直线，则由

不妨设，

设内切圆的半径为，则．解得

因为为等腰三角形，故圆心坐标为，

所以的内切圆的方程为：

化简得：

（2）设内切圆半径为，面积为，，，

则，又．

所以

设直线的方程为：，

与椭圆联立整理得，

则，

由，所以

所以，

令，则，

当且仅当即时取等号

故内切圆半径的最大值为1

22．(1)增区间为；

减区间为；

(2)证明过程见解析.

【分析】（1）对函数求导，利用辅助角公式合并为同名三角函数，导数的正负求解即可.

（2）将绝对值不等式转化为，移向构造新函数，利用导数判定单调性，借助零点定理和隐零点证明新构造函数恒正，再结合三角函数的特有的周期特点寻找M即可.

【详解】（1）

当，即，；

当，即，

所以单调递增区间为

单调递减区间为

（2）要证，

即证，

即证

即证 在时成立即可,

时, .

令,

当时,

所以

所以单调递增，

, 满足

由单调性可知, 满足

又因为当

，

所以能够同时满足，

对于任意的正实数，总存在正整数，且满足时, 使得 成立，

所以不妨取

则且时，

，

故对于任意的正实数，总存在大于的实数，使得当 时,.