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。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．在复数范围内（为虚数单位），下列假命题的个数是（ ）
①； ②若，则；
③若，则； ④若，则.
A．1 B．2
C．3 D．4
2．已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函数的最小正周期为，，且的图像关于点中心对称，若将的图像向右平移个单位长度后图像关于轴对称，则实数的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
4．一种卫星接收天线（如图1），其曲面与轴截面的交线可视为抛物线的一部分（如图2），已知该卫星接收天线的口径米，深度米，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，则该抛物线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．若数列满足：，，使得对于，都有，则称具有“三项相关性”下列说法正确的有（ ）．
①若数列是等差数列，则具有“三项相关性”
②若数列是等比数列，则具有“三项相关性”
③若数列是周期数列，则具有“三项相关性”
④若数列具有正项“三项相关性”，且正数A，B满足，，数列的通项公式为，与的前n项和分别为，，则对，恒成立．
A．①③④ B．①②④
C．①②③④ D．①②
6．二项式的展开式所有项的系数和为243，则展开式中的常数项为（ ）
A．10 B．20
C．30 D．50
7．下列命题正确的是（ ）
A．“若两直线平行，则斜率相同”的逆否命题；
B．已知直线l，m，平面，，则是的充分不必要条件；
C．“若或，则”的逆命题；
D．已知圆C：，设条件p：，条件q：圆C上至多有两个点到直线的距离为1，则p是q的充要条件．
8．在平行六面体中，为与的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A． B．
C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知为实数，且，则下列不等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．若曲线是由方程和共同构成，则（ ）
A．曲线关于直线对称
B．曲线围成的图形面积为
C．若点在曲线上，则的取值区间是
D．若圆能覆盖曲线，则的最小值为2
11．已知分别为椭圆和双曲线的公共左，右焦点，（在第一象限）为它们的一个交点，且，直线与双曲线交于另一点，若，则下列说法正确的是（ ）
A．的周长为 B．双曲线的离心率为
C．椭圆的离心率为 D．
12．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法一牛顿法.首先，设定一个起始点，如图，在处作图象的切线，切线与轴的交点横坐标记作：用替代重复上面的过程可得；一直继续下去，可得到一系列的数，，，…，，…在一定精确度下，用四舍五入法取值，当，近似值相等时，该值即作为函数的一个零点.若要求的近似值(精确到0.1)，我们可以先构造函数，再用“牛顿法”求得零点的近似值，即为的近似值，则下列说法正确的是（ ）
A．对任意，
B．若，且，则对任意，
C．当时，需要作2条切线即可确定的值
D．无论在上取任何有理数都有
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．经研究发现，若点在椭圆上，则过点的椭圆切线方程为.现过点作椭圆的切线，切点为，当（其中为坐标原点）的面积为时，___________.
14．已知平面向量，，，其中为单位向量，若，则的取值范围是__________.
15．已知双曲线的左，右焦点F1，F2，点P在双曲线上左支上动点，则三角形PF1F2的内切圆的圆心为G，若与的面积分别为，则取值范围是____________
16．已知正项数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则__________.
四、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。
17．已知分别为三角形三个内角的对边，且有.
(1)求角A；
(2)若为边上一点，且，求.
18．为迎接运动会的到来，运动员们正艰苦训练，积极备战.某运动员射击一次所得环数的分布列如下：
现进行两次射击，且两次射击互不影响，以该运动员两次射击中最高环数作为他的成绩，记为.
(1)求此人两次命中环数相同的概率；
(2)求的分布列和数学期望.
19．如图所示，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，．平面平面，为的中点，，，E，F，G分别为，，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的正切值．
20．在平面直角坐标系xOy中:①已知点A(，0)，直线，动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比；②已知点S，T分别在x轴，y轴上运动，且|ST|=3，动点P满；③已知圆C的方程为直线l为圆C的切线，记点到直线l的距离分别为动点P满足
（1）在①，②，③这三个条件中任选-一个，求动点P的轨迹方程；
（2）记（1）中动点P的轨迹为E，经过点D(1，0)的直线l’交E于M，N两点，若线段MN的垂直平分线与y轴相交于点Q，求点Q纵坐标的取值范围.
21．悬链线（Catenary）指的是一种曲线，指两端固定的一条（粗细与质量分布）均匀，柔软（不能伸长）的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，适当选择坐标系后，悬链线的方程是一个双曲余弦函数，其解析式为，与之对应的函数称为双曲正弦函数，令.
(1)若关于的方程在上有解，求实数的取值范围；
(2)把区间等分成份，记等分点的横坐标依次为，、、、、，设，记，是否存在正整数，使不等式有解？若存在，求出所有的值，若不存在，说明理由.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
(1)求曲线的极坐标方程和直线的直角坐标方程；
(2)若直线与轴交于点A，点在曲线上运动，求直线斜率的最大值
答案第3页，共6页参考答案：
1．C
【分析】根据虚数的定义可判断①，根据反例可判断②，根据，，代入复数的运算可判断③④
【详解】对于①,虚数不可以比较大小,所以是错误的；
对于②,若，由于，比如时，满足，但是，故错误，
对于③，设，则，则或，所以或；故③错误
对于④，若，设,则，所以,故④正确,
故选:C
2．B
【分析】解不等式得到集合，根据函数的值域得到集合，然后求交集即可.
【详解】，，则.
故选：B.
3．B
【分析】根据周期范围得出范围，根据对称中心得出的值，并结合范围得出的值，即可得出的解析式，根据函数图像平移后的解析式变化得出，即可根据图像关于轴对称，得出，再根据的范围得出实数的最小值.
【详解】，，且，
，即，
的图像关于点中心对称，
，且，即，解得，
，
取，，
，
将的图像向右平移个单位长度后得到的图像，
的图像关于轴对称，
，解得，
，
的最小值，令，得，
故选：B.
4．B
【分析】设出抛物线的标准方程，代入点坐标求出系数既可.
【详解】由题意，抛物线开口向右，设抛物线的标准方程，
点代入抛物线方程求得，得 ，则．
抛物线的标准方程为.
故选：B．
5．B
【分析】根据题目给出的“三项相关性”的定义，逐项验证即可.
【详解】①若为等差数列，则有
即，①正确；
②，，（）
即易知，显然成立
时，，取
有，也成立，所以②正确；
③周期数列：0，0，1，0，0，1，
时，，显然不成立，所以③错误；
④
即，
∴，
易知
即，，故：，④正确；
综上：①②④正确.
故选：B.
6．A
【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可.
【详解】展开式所有项的系数和为243，
所以令则有，，n＝5，
所以展开式通项公式为，
令解得，
所以展开式的常数项为，
故选:A
7．D
【分析】由原命题与逆否命题的真假关系判断AC；由线面垂直的判定判断B；由距离公式结合圆的对称性判断D.
【详解】对于A：由两直线都垂直于轴时，斜率不存在可知，命题“若两直线平行，则斜率相同”
为假命题，即“若两直线平行，则斜率相同”的逆否命题也为假命题，故A错误；
对于B：当时，由线面垂直的判定可知，与不一定垂直；当垂直时，
，则，即是的必要不充分条件，故B错误；
对于C：“若或，则”的逆命题与否命题等价，而否命题为“若且
则”为假命题，故C错误；
对于D：圆心C到直线的距离，要使得圆C上至多有
两个点到直线的距离为1，则，则p是q的充要条件，故D正确；
故选：D
8．B
【分析】根据空间向量的运算求解即可.
【详解】解：
故选：B
9．ACD
【分析】对于A将两边平方即可；对于B举反例即可；对于C作差通分即可；对于D用基本不等式即可.
【详解】由可知，所以A项正确；
当时，不成立，B项错误；
由0得，所以，所以，C项正确；
1)，
当且仅当，即当时取得等号，D项正确．
故选：ACD．
10．AD
【分析】对条件作代数变换得到E是由4个半圆组成，作曲线E的图形，根据图形的性质逐项分析.
【详解】由 ， 得 或 ，
当 时， ， 是圆心为 ，半径为1的半圆，
同理可得E的其他部分，分别为圆心为 半径为1的半圆，圆心为 半径为1的半圆，圆心为 半径为1的半圆；
作曲线E的图形如下图：
图中虚线部分 是边长为2的正方形；
对于A，显然图形关于 对称，正确；
对于B，图形的面积 ，错误；
对于C，由图可知 的取值范围是 ，错误；
对于D，覆盖住曲线E的圆的半径的最小值显然是2，正确；
故选：AD.
11．BCD
【分析】设，则，由双曲线定义得，，再由余弦定理得，然后由椭圆定义得，利用余弦定理求得，再求三角形周长，求出椭圆、双曲线的离心率，从而判断各选项．
【详解】设，则，，，
中由余弦定理，得
，化简得，
，D正确；
又，所以，又，
的周长为，A错误；
中，，由余弦定理得，所以，
因此双曲线的离心率为，B正确；
椭圆的离心率为，C正确，
故选：BCD．
12．BCD
【分析】利用特殊情况判断选项A；求出曲线在处的切线方程与轴的交点横坐标，即可判断选项B；求出，，即可判断选项C、D
【详解】A，因为，则，
设，则切线方程为，
切线与轴的交点横坐标为，所以，故A错误；
B，处的切线方程为，
所以与轴的交点横坐标为，故B正确；
C，因为，，
所以两条切线可以确定的值，故C正确；
D，由选项C可知，，所以无论在上取
任何有理数都有，故D正确.
故选：BCD
13．
【分析】点，由题意可得切线方程，进而可求点的坐标，根据的面积整理可得，结合椭圆方程即可得结果.
【详解】设点，则切线，
令，得，
可得，则，
∵点在椭圆上，则，
即，解得，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：以点为切入点，设点，根据题意可得切线，这样就可得，再根据题意运算求解即可.
14．
【分析】建立如图所示坐标系，不妨设，由题意，可知，记，，则，求出点的轨迹方程，由的几何意义可得即为点的轨迹上的点到点的轨迹上的点的距离，从而可得出答案．
【详解】解：建立如图所示坐标系，
不妨设，
由知，点在直线或上，
由题意，可知，
记，，则，
由定弦所对的角为顶角可知点的轨迹是两个关于轴对称的圆弧，
设，则，
因为，
即，
整理得或，
由对称性不妨只考虑第一象限的情况，
因为的几何意义为：圆弧的点到直线上的点的距离，
所以最小值为，
故．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是建立平面直角坐标系，利用坐标法求出动点的轨迹，再结合解析几何的知识求出向量模的取值范围.
15．
【分析】由圆的切线性质结合双曲线的定义可求圆心G的坐标，再利用三角形面积公式及其比值，由此可得取值范围.
【详解】如图设切点分别为M，N，Q，由切线的性质可得，所以的内切圆的圆心G的横坐标与Q横坐标相同．
由双曲线的定义，．由圆的切线性质，，，所以，
因为，所以，，Q横坐标为．
因为双曲线的a＝1，b＝，c＝2，可设，设（m＞1），因为，，
可得，所以取值范围是，
故答案为：.
16．
【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：
17．(1)
(2)
【分析】（1）运用正弦定理边化角、和角公式及辅助角公式求解即可.
（2）解法一：运用正弦定理求解即可；解法二：运用向量线性表示证得即可.
【详解】（1）由，有，.
即，
所以，因为,所以，
即:，
又因为，故.
（2）解法一：设，则，
在△中，由正弦定理知，，
即，
化简得，，则，
即.
解法二：如图所示，
取中点，延长与的延长线交于点，连接，
由有，由，
设，则，即，
故，所以，即为中点.
又为中点，所以，
又，所以△为正三角形，
又平分，所以，所以.
18．(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）分别计算此人连续两次命中环的概率，加和即可得到结果；
（2）首先确定所有可能的取值，根据独立事件概率乘法公式可计算得到每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望.
【详解】（1）此人连续两次命中环的概率为；连续两次命中环的概率为；连续两次命中环的概率为；
此人两次命中环数相同的概率为.
（2）由题意可知：所有可能的取值为，
；；；
的分布列为：
则数学期望.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直判定定理以及性质定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量计算公式，可得答案.
【详解】（1）如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，
在等腰梯形中，，，，．
∵O为AB的中点，即有四边形是平行四边形，
∴，．
∴为正三角形，∴，．
在中，，，
∴为边长为2的正三角形，∴，．
∴，又F为FD的中点，∴．
∵，，，平面，
∴平面，即平面．∵平面，∴．
而G为PC中点，则，又∵，平面，∴平面．
∵平面PCD，∴平面平面．
（2）∵，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∴由（1）知，PH，HD，AB两两垂直，
以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，．
设平面的法向量为，
则即取，则，
设平面与平面所成锐二面角为，
∵为平面的一个法向量，
∴．
∴，．
∴平面与平面所成锐二面角的正切值为．
20．（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）分别根据选择的条件，设P(x，y)，把条件转化为数学表达式，化简得到x与y之间的关系即为P点的轨迹方程；
（2）设Q(0，y0)，当直线l′的斜率不存在时，y0＝0；当直线l′的斜率存在时，设直线l′的斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为G(x3，y3)，联立，得到，线段MN的垂直平分线的方程为，令x＝0，得y0＝－3y3.代入得，从而求得的取值范围.
【详解】（1）若选①：设P(x，y)，根据题意，得
整理，得.所以动点P的轨迹方程为.
若选②：设P(x，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，则＝3，(I).
因为，所以整理，得，
代入(I)得，所以动点P的轨迹方程为.
若选③：设P(x，y)，直线l与圆相切于点H，则|PA|＋|PB|＝d1＋d2＝2|OH|＝4>2＝|AB|.
由椭圆的定义，知点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆.
所以2a＝4，2c＝|AB|＝2，故a＝2，c＝，b＝1.
所以动点P的轨迹方程为
（2）设Q(0，y0)，当直线l′的斜率不存在时，y0＝0.
当直线l′的斜率存在时，设直线l′的斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为G(x3，y3).由，得
所以，
线段MN的垂直平分线的方程为，
令x＝0，得y0＝－3y3.由得
由>0得0综上所述，点Q纵坐标的取值范围是.
【点睛】方法点睛：（1）根据条件中的点到直线距离，点到点的距离，向量关系及椭圆定义，分别化简求得x与y之间的关系，即可求得轨迹方程；
（2）设直线方程，联立椭圆方程可以求得参数满足的关系，代入到题干条件，求得直线MN的方程，从而求得y轴上的截距满足的一元二次函数条件，从而求得结果.
21．(1)
(2)或或
【分析】（1）分析函数的单调性与奇偶性，由可得出，令，可得以及，求出函数在上的值域，即可得出实数的取值范围；
（2）计算出，求出函数的值域，根据题意可得出关于的不等式，解出的取值范围，结合可求得正整数的可能取值.
【详解】（1）解：因为，
任取、且，则，
所以，，
所以，，则函数为上的增函数，
又因为，所以，函数为上的奇函数，
由可得，
所以，，即，
即，
令，其中，所以，，可得，
因为函数、在上均为增函数，则在上为增函数，
当时，，所以，，可得，其中，
因为函数、在上均为减函数，故函数在上为减函数，
当时，，因此，实数的取值范围是.
（2）解：因为
，
所以，
，
所以，，
，其中，
由基本不等式可得，
所以，，
若存在正整数，使不等式有解，则，解得，
又因为，所以，满足条件的正整数的值为或或.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）根据消参法求出曲线的普通方程，再根据极坐标与直角坐标的转化公式即可求得曲线的极坐标方程，由l的极坐标方程，根据转化公式即可求得直角坐标方程；
（2）设直线的斜率为，，则，然后利用直线和圆的位置关系列出不等式，即可求得答案.
【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），
所以曲线的普通方程为，整理得，
因为，所以曲线的极坐标方程为.
因为直线的极坐标方程为，
所以，即直线的直角坐标方程为.
（2）因为直线，所以直线与轴交于点.
因为曲线的方程为，所以曲线表示圆心为，半径为1的圆，
设直线的斜率为，，则，整理得，
由于过定点，点在圆C：上运动，
故，解得，
故直线斜率的最大值为.
