2023年普通高等学校招生全国统一考试
预测试题
数学试卷
本试卷共8页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。
一、选择题本题共12小题，每小题5分，共60分。
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．在复平面内，复数对应的点与复数对应的点的距离是（ ）．
A．1 B． C．2 D．
3．高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：，．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（ ）
A． B． C． D．
4．如图1所示，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等领域，具有结构简单、方向性强、工作频带宽等特点．图2是图1的轴截面，A，B两点关于抛物线的对称轴对称，F是抛物线的焦点，∠AFB是馈源的方向角，记为，焦点F到顶点的距离f与口径d的比值称为抛物面天线的焦径比，它直接影响天线的效率与信噪比等．如果某抛物面天线馈源的方向角满足，，则其焦径比为（ ）
A． B． C． D．
5．在计算机的算法语言中有一种函数叫做取整函数 (也称高斯函 数)，表示不超过的最大整数. 例如 :. 取整函数在科学和工程上有广泛应用. 下面的程序框图是与取整函数有关的求和问题， 若输入的的值为 64 ， 则输出的值是（ ）
A．21 B．76 C．264 D．642
6．如图，在正方体中，M，N分别为AC，的中点，则下列说法中不正确的是（ ）
A．平面
B．
C．直线MN与平面ABCD所成的角为60°
D．异面直线MN与所成的角为45°
7．将数列中的所有项排成如下数阵：
……
已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数……，成等差数列，且．从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则下列结论错误的为（ ）
A． B．
C．位于第85列 D．
8．某中学为庆祝建校80周年，学校将举办校庆文艺演出，文艺演出含有节目，等15个节目，甲、乙两位同学都将参演节目，中的一个，假设甲参加节目，的概率分别为，乙参加节目，的概率分别为，且甲乙两人参加节目相互独立，若事件表示甲乙两人参加同一个节目，事件表示两人都参加节目，则（ ）
A． B． C． D．
9．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，椭圆的上顶点为，且，曲线和椭圆有相同焦点，且双曲线的离心率为，为曲线与的一个公共点，若，则（ ）．
A． B． C． D．
10．高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：.已知函数，则函数的值域是（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数的定域为，图象恒过点，对任意，当时，都有，则不等式的解集为（ ）．
A． B． C． D．
12．已知正三棱锥的底面边长为2，表面积为，A，B，C三点均在以O为球心得球面上， Q为球面上一点，下列结论正确得是（ ）
A．球O的半径为
B．三棱锥的内切球半径为
C．的取值范围为
D．若平面ABC，则异面直线AC与QB所成角的余弦值为
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在区间 上随机取一个实数，则使得直线与圆有公共点的概率为________
14．下列四个命题:
①直线的斜率，则直线的倾斜角的范围是
②直线与过，两点的线段相交，则或
③直线与椭圆恒有公共点，则的取值范围是;
④方程表示圆的充要条件是或;
正确的是___________________.
15．函数的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若函数在区间上的值域为，则的最小值是__________．
16．已知函数有两个极值点与，若，则实数a＝____________.
三、解答题(本题共6个小题，满分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．在中，角所对的边长分别为．
(1)若，求的面积；
(2)是否存在正整数a，使得为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
18．如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接 .
(1)为边的一点，若，求证：平面；
(2)当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.
19．某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：
样本号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和
根部横截面积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
由散点图知根部横截面积与材积量线性相关，并计算得．
(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的回归直线方程；
(3)现测量了该林区2500棵这种树木的根部横截面积，并得到这些树木的根部横截面积总和为．利用（2）中所求的回归直线方程，估计这些树木的总材积量．
附：回归直线方程的斜率，截距．
20．已知A，B是椭圆上关于坐标原点O对称的两点，点，连结DA并延长交C于点M，连结DB交C于点N．
(1)若A为线段DM的中点，求点A的坐标；
(2)设，的面积分别为，若，求线段OA的长．
21．已知函数，其中.
(1)若的图象在处的切线过点，求a的值；
(2)证明：，，其中e的值约为2.718，它是自然对数的底数；
(3)当时，求证：有3个零点，且3个零点之积为定值.
（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]
在平面直角坐标中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为
(1)求曲线的普通方程；
(2)在平面直角坐标中，若过点且倾斜角为的直线与曲线交于两点，求证：成等差数列.
23．[选修4－5：不等式选讲]
（1）已知a，b，c，d均为正数.求证：
（2）已知.求证：<的充要条件为x>y参考答案：
1．B
【分析】根据补集的运算求出，再由并集的运算可得答案.
【详解】因为，所以，
因为，所以．
故选：B．
2．C
【分析】根据复数的运算化简后，利用复数差的模求解.
【详解】，
，即复数对应点之间的距离为2，
故选：C
3．C
【分析】运用构造法可得为等比数列，再运用累加法可得通项公式，进而求得通项公式，再运用裂项相消求和可得结果.
【详解】由，得．又，所以数列构成以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
又，，…，，
叠加可得，
即，
所以.
又因为满足上式，所以.
所以.
因为，所以，
即，所以.
故.
所以.
故选：C.
4．C
【分析】建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为：，，，代入抛物线方程可得，根据，解得与的关系，即可得出．
【详解】如图所示，建立直角坐标系，
设抛物线的标准方程为：，，
，代入抛物线方程可得：，解得，
由于，得或（舍）
又，化为：，
解得或（舍）
.
故选：C.
5．C
【分析】根据给定的程序框图，分析i的最大取值，再利用高斯函数的意义计算作答.
【详解】初始值，输入，当时，总是执行“是”，并且当时，进入循环体，，
计算并进入判断框，不等式不成立，退出循环，输出，
而，，即1有2个；，即2有4个；
，即3有8个；，即4有16个；
，即5有32个；，6有1个，
所以.
故选：C
6．C
【分析】取棱中点，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出线面角、线线角判断CD作答.
【详解】在正方体中，取棱中点，连接，
因为M，N分别为AC，的中点，则，
因此四边形为平行四边形，则平面，
平面，所以平面，A正确；
因为平面，则，所以，B正确；
显然平面，则是与平面所成的角，又，
有，由于，所以直线MN与平面ABCD所成的角为，C错误；
因为，，则是异面直线MN与所成的角，显然，D正确.
故选：C
7．C
【分析】分析所给数阵的特点，计算出数阵第一列对应等差数列的通项公式，可得A正确；分析计算的表达式，比较可得B正确；通过计算可知位于数阵第行第86列，故C错误；位于数阵第行第个数，代入等比数列通项公式可得D正确.
【详解】将等差数列，，，，…，记为，则公差，
所以，，故A正确；
因为，，故B正确；
第行的项数，第行的项数，，第行的项数，构成以为首项，为公差的等差数列，即第行有项，前行有项，
因为，而，则位于第行从左边数第项，即位于第列，故C错误；
，故D正确.
故选：C.
8．B
【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求出，再利用条件概率公式求解作答.
【详解】依题意，，，
所以.
故选：B
9．B
【分析】根据．可得，可得，设，．可得，根据余弦定理化简，利用离心率计算公式即可得出．
【详解】如图所示，设双曲线的标准方程为：，半焦距为．
∵椭圆的上顶点为，且．
∴，∴，∴．∴．
不妨设点在第一象限，设，．
∴，．∴．
在中，由余弦定理可得：
∴．两边同除以，得，解得：．
对选项A，，故A错误，
对选项B，，故B正确，
对选项C，D，，故C，D错误.
故选：B
10．B
【分析】方法一：利用分离常数及指数函数的性质，结合不等式的性质及高斯函数的定义即可求解；
方法二：利用指数函数的性质及分式不等式的解法，结合高斯函数的定义即可求解；
【详解】方法一：函数，
因为，所以，
所以.所以.
所以，即.
当时，；
当时，.
故的值域为.
故选：B.
方法二：由，得.
因为，所以，解得.
当时，；
当时，.
所以的值域为.
故选：B.
11．B
【解析】由，设，得到，令，然后将不等式，转化为，利用的单调性求解.
【详解】因为，不妨设，
则，
令，在R上递增，
又，
所以不等式，
即为，
即，
所以，
则，
解得 ，
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键是由，构造函数，利用其单调性得解.
12．ABD
【分析】设G，H，，分别为BC，AB，AQ的中点，为的中心，求出,故选项A正确；求出三棱锥的内切球半径为，故选项B正确；，故选项C错误；求出异面直线AC与QB所成角的余弦值为，故选项D正确．
【详解】解：设G，H，，分别为BC，AB，AQ的中点，为的中心，
，故选项A正确；
设三棱锥的内切球半径为， ，，，故选项B正确；
，故选项C错误；
，，所以异面直线AC与QB所成角就是或其补角.
因为，,.
，
所以异面直线AC与QB所成角的余弦值为，故选项D正确．
故选：ABD．
13．##0.5
【分析】根据直线与圆的位置关系，即可求得的取值范围，结合几何概型的概率求解，即可容易求得.
【详解】因为直线与圆有公共点，
所以，
解得，又，
所以所求概率.
故答案为：.
14．②④
【解析】①根据的斜率，得到，再根据直线的倾斜角的范围是求解判断；②根据直线过定点，由判断； ③直线过定点，若直线与椭圆恒有公共点，由点在椭圆内部或椭圆上求解判断；④将方程配方为，若方程表示圆，由求解判断.
【详解】①因为的斜率，则，又直线的倾斜角的范围是，所以，故错误；
②直线过定点，，若直线与过，两点的直线相交，则或，故正确；
③直线过定点，若直线与椭圆恒有公共点，则点在椭圆内部或椭圆上，则，且，所以的取值范围是且，故错误;
④方程配方，若方程表示圆，则，解得或，故正确;
故答案为：②④
【点睛】易错点点睛：本题③容易忽视方程表示椭圆，则且的条件.
15．##
【分析】由图象求得函数解析式，由平移变换求得的表达式，由的最值、值域求得．
【详解】由图可得，,，又，
所以，又，得,
所以，
因为，即，
则，
因为函数在区间上的值域为，
注意到，，的周期是，因此取最小值时有，
所以，解得.
故答案为：．
16．4
【分析】由得，所以，根据解方程即可求出结果．
【详解】因为函数有两个极值点与
由，则有两根与
所以，得
因为，
所以，又
则，
所以
故答案为：
17．(1)
(2)存在，．
【分析】（1）根据已知条件及正弦定理边化角，利用余弦定理及同角三角函数的平方关系，结合三角形的面积的公式即可求解；
（2）根据已知条件得出边长的关系，利用余弦定理的推论即一元二次不等式的解法，结合三角形成立的条件即可求解.
【详解】（1）由及正弦定理，得，
又因为，
所以，解得，故，
由余弦定理，得，
所以C为锐角，则，
因此，．
（2）存在正整数a，使得为钝角三角形,理由如下：
由，即
由，得，即，
所以，
因为为钝角三角形，所以为钝角，
由余弦定理的推论可得，
解得，
由三角形的三边关系可得，可得，
∵，,
故．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；
(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.
【详解】（1）取中点，连接，
因为在正三角形中，，
又因为，所以，
平面，平面，
所以平面，
又有，且，所以，
而平面，平面，所以平面.
有，平面，
所以平面平面，
又平面，
因此平面.
（2）因为，又因为的面积为定值，
所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
当时，平面平面，平面
所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，
因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.
如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，
易知，，，，
，，，
为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
，
由，令得：，，
所以为平面的一个法向量，
.
所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.
19．(1)该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06，平均一棵的材积量为0.39；
(2)；
(3)995.1
【分析】（1）利用平均数公式计算出，即可；
（2）利用题干数据，代入公式，计算出，，得到线性回归方程；
（3）将代入到线性回归方程中，计算出，从而求出这些树木的总材积量.
(1)
由题意得：，，
估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06，平均一棵的材积量为0.39
(2)
，
，
故该林区这种树木的根部横截面积与材积量的回归直线方程为
(3)
因为，所以，
将代入中，得到，
则估计这些树木的总材积量为
20．(1)
(2)
【分析】(1)由于A是M，D的中点，设 ，由此推出M的坐标，再根据A，M都在椭圆上，代入椭圆方程即可求解；
(2)设直线DA的方程，再根据A，B的对称性设DB的方程，与椭圆方程联立，求出M，N点的坐标与A，B点坐标的关系，将面积之比问题转化为坐标之比问题.
【详解】（1）设，∴
由A，M均在椭圆C上，∴ ，解得 ，，
∴；
（2）设DA方程为，，，
，得 ，，
∴，
∴．
同理
∴，∴
，∴；
而 ，∴
【点睛】本题的难点在于要将面积之比转化为坐标之比，这个思路是在解题的开始时就应该产生的，后面的步骤只是这个思路的具体执行.
21．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求在处的切线方程，然后由切线过点求得的值；
（2），构造函数，，利用函数的单调性求证即可；
（3）令求得，可得在，上单调递增，在递减 ，则至多有三个零点．又，，，所以，结合零点存在定理知：使得，又，，则，所以恰有三个零点：，1，，从而得出结论.
【详解】（1）由条件得： ∴，
又 ∴在处的切线为：，
∵的图象在处的切线过点，
∴ ∴.
（2）
令，，则，
令，，
∴在递减 ，
∴，即
∴在递减，
∴，即， ；
（3）的定义域为：，，
时，由得：，，
时，；时，；时，，
∴在，上单调递增，在递减 ，
∴至多有三个零点.
∵，∴，∴，
又，在递减，
∴，又由（2）知，所以，
结合零点存在定理知：使得，
又∴，，
∴，又， ，
∴恰有三个零点：，1，，
∴时，的所有零点之积为（定值）.
【点睛】方法点睛：函数零点个数的判断方法：（1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；（2）零点存在定理：利用定理不仅要求函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；（3）利用图象交点的个数：画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）极坐标方程两边同乘以利用，即可得直角坐标方程；
（2）可设直线l的参数方程（t为参数），直线参数方程代入曲线C的直角坐标方程可得，利用直线参数方程的几何意义结合韦达定理可得结果.
【详解】（1）由，可得，则，
整理得.
（2）由题意可得：直线l的参数方程为（t为参数），
代入，得，整理得，
设两点对应的参数为，
∴，，
则，
即，
∴成等差数列.
23．详见解析.
【分析】（1）利用基本不等式即证；
（2）利用不等式的性质，由，可得<，由<，，可得，即证.
【详解】（1）∵a，b，c，d均为正数，
∴当且仅当时取等号，
同理可得，
∴，当且仅当时取等号；
（2）充分性，因为，，，
∴<，
必要性，因为<，，
所以，
综上，<的充要条件为 x > y.
