参考答案：
1．A
【分析】根据集合中元素的互异性可得答案.
【详解】根据集合中元素的互异性得，
故三角形一定不是等腰三角形.
故选：A.
2．A
【分析】根据共轭复数的形式及复数的加减法可求，从而可求其模.
【详解】根据题意，有．
故选：A.
3．B
【分析】利用模长与数量积的关系，整理不等式，结合二次函数的性质，可得答案.
【详解】；
，
由，则，
整理可得，
设，则，即，解得.
故选：B.
4．C
【分析】根据古典概型及组合数求解即可.
【详解】根据题意，随机选取3人共有种选法，其中有且仅有一名女航天员的选法有种，
根据古典概型可得，
故选：C
5．A
【分析】由三角函数定义结合同角三角函数关系得到正弦和余弦值，从而判断出正确答案.
【详解】由题意得：，，
A选项，，
B选项，可能正，可能负，不确定；
C选项，可能正，可能负，不确定；
D选项，，错误.
故选：A
6．D
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可求解.
【详解】哥德巴赫猜想的否定为“至少存在一个大于2的偶数不可以表示成两个质数之和”．
故选：D
7．C
【分析】求得的解析式，利用三角代换得到的值域；判断在，递增，可得其值域，再由题意可得的值域包含在的值域内，可得的不等式组，解不等式可得所求范围．
【详解】由函数，，是关于的“对称函数”，
可得，，
令，，
可得的值域为，，
而在，递增，可得的值域为，，
由题意可得，，，
即有，即为，
解得或，
则的范围是，
故选：．
【点睛】本题考查函数的新定义的理解和运用，考查函数恒成立问题解法，注意运用转化思想和函数的单调性，考查化简运算能力，属于中档题．
8．C
【分析】先根据点的坐标求出函数解析式，结合选项逐个判定.
【详解】设(且)，
因为，所以，
即，所以A,B均不正确；
当时，均为减函数，且，
由于的取值是从正无穷大减小趋向于1，的取值是从1减小趋向于，
所以不等式恒成立，C正确；
因为，所以函数和的图象至少有两个交点，所以D不正确.
故选：C.
9．BCD
【分析】选项A：正方体的棱切球的直径为正方体的面对角线；
选项B：把正四面体ABCD放到正方体中，则正方体的棱长即为正四面体的棱切球的直径；
选项C：等长正六棱柱的棱切球的直径为底面最长的面对角线；
选项D：棱切球被每一个面所截，截面为该面的内切圆.
【详解】正方体的棱切球的直径为正方体的面对角线，正方体的棱切球的半径为面对角线的一半，即为，选项A错误；
如图，四面体ABCD为棱长为1的正四面体，把正四面体ABCD放到正方体中，则正方体的棱长即为正四面体的棱切球的直径，所以正四面体的棱切球的半径为，即正四面体的棱切球的表面积为，选项B正确；
如图，等长正六棱柱的棱切球的直径为AB，即直径为2，半径为1，所以等长正六棱柱的棱切球的体积为，选项C正确；
由棱切球的定义可知，棱切球被每一个面所截，截面为该面的内切圆，
则等长正四棱锥的底面内切圆的面积为 ，
每个侧面正三角形的内切圆的半径为正三角形高的，即，所以四个侧面正三角形的内切圆的面积为，所以等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面截得的截面面积之和为，选项D正确.
故选：BCD.
10．BCD
【分析】函数无极值，则或，求解即可判断A；若，为函数的两个不同极值点可得，即，代入可求出的值，可判断B；要使得函数有两个零点，即与有两个交点，画出图象即可判断C；当时，对任意，不等式恒成立即证明在上恒成立即可判断D.
【详解】对于A，若函数无极值，，，
则或恒成立，则或，
当，则，解得：或，故A不正确；
对于B，若，为函数的两个不同极值点，，所以，
因为，则，∴，故B正确；
对于C，存在，使得函数有两个零点，与有两个交点，
在处的切线平行于轴，过原点的切线在的左侧稍微旋转后可得两个交点，故C正确；
对于D，当时，对任意，不等式恒成立
，
，
，，
令，
对任意恒成立，
在上单减，，
对任意恒成立，所以，
在上单减，
对任意恒成立，故D正确.
故选：BCD.
11．BD
【分析】联立直线与抛物线方程，根据韦达定理,结合弦长公式，即可判断ABC,利用斜率关系得，进而得，即可判断D.
【详解】若直线的斜率为2，则直线的方程为，即，设，，由 得，所以，，
所以的面积，故A错误；
由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，
由得，所以，，所以，当且仅当时等号成立，故B正确；，同理，可得，则
，故C错误；
，即，
所以，故D正确．
故选:BD．
12．ABC
【分析】由是偶函数得出是奇函数，由已知两条件推出是以4为周期的函数，进而可得为周期为4的偶函数，然后赋值法逐项分析即得．
【详解】因为是偶函数，则，两边求导得，
所以是奇函数，故，
由，，得，
即，所以是周期函数，且周期为4，，
，所以，
对选项A：由，令得，，所以，故A正确；
对选项B：由，令得，，故，所以B正确；
对选项C：由，可得，
又，所以，
又是奇函数，，
所以，又，
所以，即，
所以，，，
所以函数为周期为4的偶函数，
所以，故C正确；
对选项D：，由题得不出，所以不一定成立，故D错误.
故选：ABC.
13．33
【分析】求出二项式系数和，赋值法求出各项系数和，做差即可.
【详解】解：由题知，取可得，
所以.
故答案为：
14．
【分析】建立合适的直角坐标系，求出各个点的坐标，根据点到直线的距离公式求得圆的方程，再求出点坐标，建立关于的不等式，令代入不等式，根据判别式大于零可得的范围，化简为关于的二次函数，开口向下，可取得最大值，求出最大值时的值可证明其存在，即可得出结果.
【详解】解：以为原点，分别以方向为轴，建立如图所示直角坐标系：
所以，，，，所以，，
因为圆直线相切，而，圆心，
所以半径，所以圆：，
因为，
即，因为动点在圆上或圆内移动，
所以，设，则，
所以不等式可化为：，
所以，易得方程有解，则，
所以，即，解得，
所以原式
，
所以当，，即，时，.
故答案为：
15．1
【分析】设公共点为，由求得和，可用消元法消去，然后引入新函数利用导数得函数的单调性，由单调性确定方程有唯一解，从而得解，再求得值．
【详解】，，
设公共点为，则，即，消得
，
令，
∴在上单调递增，又，∴，．.
故答案为：1.
16．
【分析】由面积为，且其为正三角形，可得.后由中垂线性质结合椭圆定义可得答案.
【详解】如图，设，则，因面积为，且其为正三角形，又，则，则.
又直线BC过，与垂直，为正三角形，则直线BC为中垂线，
则，又，
故的周长，又C，B在椭圆上，则由椭圆定义有.
故答案为：
17．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件可得数列的奇数项和偶数项均为等差数列，分奇偶求数列的通项公式；
（2）先分组求和求得，再利用裂项相消法求得；
（3）先求出的通项公式，，再根据，得到，令和，利用错位相减法求得和，再通过比较大小可证明结论.
【详解】（1）∵，，，
∴当，时，数列的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列，
则；
当，时，数列的偶数项是首项为2，公差为4的等差数列，
则，
∴；
（2）由（1）得，
∴
，
∴，
∴
（3）证明：由（2）得，则，
∴（时等号成立），
由不等式的性质得，
令，数列的前项和为，
∴①，
②，
由得得，
，
∴，
由不等式的性质得，
故，
令，数列的前项和为，
∴③
④
由得，
，
∴，
由不等式的性质得，
故.
18．(1)和，论证过程见解析
(2)见解析
【分析】（1）将代入解析式中，即可求得的值，再将图中四个横坐标代入，即可求得错误的数据；
（2）函数，对平方，结合的值域求的值域，再利用复合函数的单调性以及正弦函数的性质即可求得的单调区间．
【详解】（1）由函数的部分图像知，，解得，
又，所以，所以，
计算，不满足题意，错误；
，满足题意，正确；
，满足题意，正确；
，不满足题意，错误．
所以错误的数据是和．
（2），
所以．
因为，所以．
因为，所以函数的值域为．
令，解得，
所以函数的单调递增区间为．
令，解得，
所以函数的单调递减区间为．
19．(1)
(2)存在
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值；
（2）设出，结合第一问中求出的平面的法向量，需，从而，列出方程，求出的值，得到答案.
【详解】（1）以A为原点，AC，AB，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，C，M的坐标分别为，，，所以，．
设是平面的法向量，则，
即，所以，
取，则，，所以是平面的一个法向量．
P点坐标为，所以．
设与平面所成的角为θ，
则．
（2）由，N的坐标分别为，，故，
设，则，得，
又P点坐标为，所以直线PQ的一个方向向量，
若平面，需，从而，
即，解得，这样的点P存在．
所以线段上存在点Q，使得平面，此时，Q为线段上靠近点N的三等分点．
20．(1)；690
(2)分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）将转换为，由最小二乘法求回归直线方程，再换回形式；
（2），结合二项分布的概率公式及期望公式即可求.
【详解】（1）由得，
由，，，
∴，.
则所求回归方程为：.
当时，，故预测活动推出第8天售楼部来访的人次为690；
（2）由题意得，A类和C类被抽取得概率为，X可取0，1，2，3，且 ，
∴，，
，.
∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P
X的数学期望为.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求得，即得答案；
（2）若①作为条件，证明②，设出直线，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，结合条件推出，化简可得，讨论是否等于0，即可证明②；
若②作为条件，证明①，设直线联立双曲线方程，可得根与系数关系，进而表示出的坐标，由此只需证明，即可结合根与系数的关系式化简，证明该式成立，即可证明①.
【详解】（1）由已知可得,即,双曲线右焦点为，
不妨取一条渐近线为，即 ，则，
即得，故双曲线C的方程为.
（2）联立，解得或，故(P在第一象限)，
若①作为条件，证明②，设，由题意可知直线斜率一定存在，
设直线 ，由于双曲线渐近线斜率为，故，
在直线上，Q是的中点，则，
则，，
因为三点共线，故有；
联立 ，则，需满足，
则，
故由，可得，
即，
，
将代入可得 ， 即，
若 ，则，
此时直线过点，
与已知条件不符，故舍去，
故只能是，即直线：过定点.
若②作为条件，证明①，
由题意可知直线斜率一定存在，
设直线 ，，
设，则,
联立，则，需满足，
则，
由，得直线的方程为，
令得点，
要证Q是的中点,即证：，
即，即证，
而即，
即证 ，
而，
故Q是的中点.
【点睛】难点点睛：本题综合考查直线和双曲线的位置关系的相关问题，涉及面较广，解答的方法是利用联立直线和双曲线方程，得到根与系数的关系，关键是要结合题设条件进行化简，难点在于计算的复杂性，并且计算量较大，计算中基本上都是涉及到字母参数的运算，因此要十分小心.
22．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；
(2).
【分析】(1)由题意可得，根据的正负及即可得答案；
(2)由题意可得，记，利用导数，根据函数在内有两个不同的零点求解即可.
【详解】（1）解：因为当时，，，
所以，
令，得；
令，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）解：因为，
，
所以，
所以切点为 ，切线的斜率
所以切线，
记，
则，
令，
则，
所以当时，，
所以在上单调递增；
当时，，
令，
①当，即时，则，不满足条件；
②当，即时，易有，使得在上单调递减，在上单调递增；
又因为，
所以在上单调递增，在内只可能单调递减或者先减后增，
又因为，，
所以存在为函数的一个零点，
所以只需在内存在一个零点即可，
因为，
所以只需即可，
解得，此时存在，使得，满足题意；
当时，在内再无零点.
综上所述：实数a的取值范围为.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．集合中的三个元素分别表示某一个三角形的三边长度，那么这个三角形一定不是（ ）
A．等腰三角形 B．锐角三角形
C．直角三角形 D．钝角三角形
2．已知复数，设是z的共轭复数，则等于（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
3．已知向量的夹角为，且对任意实数恒成立，则（ ）
A． B．
C． D．
4．2022年11月30日，我国神舟十五号载人飞船圆满发射，并成功对接空间站组合体，据中国载人航天工程办公室消息，神舟十六号等更多的载人飞船正在测试准备中，第**号载人飞船将从四名男航天员A，B，C，D与两名女航天员E，F中选择3人执行飞天任务（假设每位航天员被选中的可能性相同），则其中有且仅有一名女航天员的概率为（ ）
A． B．
C． D．
5．若角的终边与单位圆交于点，则下列三角函数值恒为正的是（ ）
A． B．
C． D．
6．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想是1742年哥德巴赫给数学家欧拉的信中提出的猜想：“任意大于2的偶数都可以表示成两个质数之和”，则哥德巴赫猜想的否定为（ ）
A．任意小于2的偶数都不可以表示成两个质数之和
B．任意大于2的偶数都不可以表示成两个质数之和
C．至少存在一个小于2的偶数不可以表示成两个质数之和
D．至少存在一个大于2的偶数不可以表示成两个质数之和
7．定义域均为的三个函数，，满足条件：对任意，点与点都关于点对称，则称是关于的“对称函数”．已知函数，，是关于的“对称函数”，记的定义域为，若对任意，都存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．幂函数和指数函数均过点，则（ ）
A．函数的解析式为
B．函数的解析式为
C．当，不等式恒成立
D．函数和的图象有且只有一个交点
二、多选题：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．我们把所有棱长都相等的正棱柱(锥)叫“等长正棱柱(锥)”，而与其所有棱都相切的称为棱切球，设下列“等长正棱柱(锥)”的棱长都为1，则下列说法中正确的有（ ）
A．正方体的棱切球的半径为
B．正四面体的棱切球的表面积为
C．等长正六棱柱的棱切球的体积为
D．等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面(侧面和底面)截得的截面面积之和为
10．已知函数的定义域为，则下列说法正确是（ ）
A．若函数无极值，则
B．若，为函数的两个不同极值点，则
C．存在，使得函数有两个零点
D．当时，对任意，不等式恒成立
11．已知抛物线：，过点的直线交于，两点，为坐标原点，则下列说法正确的有（ ）
A．若直线的斜率为2，则的面积为12
B．的最小值为
C．
D．若，则
12．已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若的展开式中，各项的二项式系数和为，各项的系数和为，则__________.
14．在直角梯形中，，，，，动点在以点为圆心，且与直线相切的圆上或圆内移动，设，则最大值是________.
15．已知函数，， 若曲线与曲线在公共点处的切线相同，则实数______.
16．已知椭圆的左、右焦点分别是，且是面积为的正三角形．过垂直于的直线交椭圆M于B，C两点，则的周长为___________．
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．已知数列中，，，，数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式：
(2)若，求数列的前项和；
(3)在（2）的条件下，设，求证：.
18．小铭同学在上完“三角函数的图象与性质”一课后兴致勃勃地画出了函数的部分图象，如图所示，但粗心的他却标错了部分数据，已知y轴数据完全正确．
(1)错误的数据是哪个？请写出你的论证过程；
(2)求函数的值域及单调区间．
19．如图，在直三棱柱中，，，．M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)线段上是否存在点Q，使得平面？
20．2022年12月15至16日，中央经济工作会议在北京举行.关于房地产主要有三点新提法，其中“住房改善”位列扩大消费三大抓手的第一位.某房地产开发公司旗下位于生态公园的楼盘贯彻中央经济工作会议精神，推出了为期10天的促进住房改善的惠民优惠售房活动，该楼盘售楼部统计了惠民优惠售房活动期间到访客户的情况，统计数据如下表：（注：活动开始的第i天记为，第i天到访的人次记为，）
（单位：天） 1 2 3 4 5 6 7
（单位：人次） 12 22 42 68 132 202 392
(1)根据统计数据，通过建模分析得到适合函数模型为（c，d均为大于零的常数）.请根据统计数据及下表中的数据，求活动到访人次y关于活动开展的天次x的回归方程，并预测活动推出第8天售楼部来访的人次；
参考数据：其中；
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：；
(2)该楼盘营销策划部从有意向购房的客户中，随机通过电话进行回访，统计有效回访发现，客户购房意向的决定因素主要有三类：A类是楼盘的品质与周边的生态环境，B类是楼盘的品质与房子的设计布局，C类是楼盘的品质与周边的生活与教育配套设施.统计结果如下表：
类别 A类 B类 C类
频率 0.4 0.2 0.4
从被回访的客户中再随机抽取3人聘为楼盘的代言人，视频率为概率，记随机变量X为被抽取的3人中A类和C类的人数之和，求随机变量X的分布列和数学期望.
21．已知双曲线的实轴长为，右焦点F到双曲线C的渐近线距离为1．
(1)求双曲线C的方程；
(2)点P在第一象限，在直线上，点均在双曲线C上，且轴，M在直线上，三点共线．从下面①②中选取一个作为条件，证明另外一个成立：①Q是的中点；②直线过定点．
22．已知函数，．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，设直线l为在处的切线，且l与的图像在内有两个不同公共点，求实数a的取值范围．
