2023年高考数学押题预测卷（新高考卷）（一）
说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求.）
1．已知，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据集合交集、并集、补集的运算，可得答案.
【详解】，，则.
故选：C.
2．已知复数（，为虚数单位），其在复平面内对应向量的模为2，则的最大值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】B
【分析】根据题意利用向量模的定义将复数问题转化为圆的问题，再将利用向量模的定义展开，数形结合求最大值.
【详解】因为，所以，
即，故点在以为圆心，2为半径的圆上．
又，它表示点与原点的距离，
数形结合知的最大值为3．
故选：B
【点睛】本题考查复数的几何意义，属于基础题.
3．已知圆柱的侧面展开图是一个边长为的正方形，则这个圆柱的体积是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由已知易得圆柱的高为，底面圆周长为，求出半径进而求得底面圆半径即可求出圆柱体积．
【详解】底面圆周长， ，
所以
故选A
【点睛】此题考查圆柱的侧面展开为长方形，长为底面圆周长，宽为圆柱高，属于简单题目．
4．为了了解去年北京市乘坐地铁的每个人的月均花费情况，相关部门随机调查了人乘坐地铁的月均花费单位：元，绘制了如下频数分布直方图，根据图中信息，下面个推断中，合理的是( )
①小明乘坐地铁的月均花费是元，那么在所调查的人中至少有一半以上的人月均花费超过小明；
②估计平均每人乘坐地铁的月均花费的范围是元；
③如果规定消费达到一定数额可以享受折扣优惠，并且享受折扣优惠的人数控制在左右，那么乘坐地铁的月均花费达到元的人可享受折扣．
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【分析】①根据统计图求出月均消费超过80元的人数即可判断；②根据频数分布图数据集中在60-120即可判断；③计算出月均花费达到元的总人数，和进行比较即可．
【详解】①月均花费超过元的有人，小明乘坐地铁的月均花费是元，
所调查的人中至少有一半以上的人月均花费超过小明，故①正确；
②根据图中信息，可得大多数人乘坐地铁的月均花费在之间，估计平均每人乘坐地铁的月均花费的范围是，②正确；
③，而，
乘坐地铁的月均花费达到元的人可享受折扣，③正确．
故选：D．
5．设定义域为，对任意的都有，且当时，，则有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由定义域为，对任意的都有，知对称轴是，由对称性知其在上是减函数，其图象的特征是自变量离1的距离越远，其函数值越大，由此特征判断函数值的大小即可．
【详解】由定义域为，对任意的都有，知对称轴是，当时，，即函数在上单调递增，由对称性知其在上是减函数，其图象的特征是自变量离1的距离越远，其函数值越大，
故选：．
6．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】根据题意作出图形：
设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，
延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1=，
∴，
∴高SD=2OO1=，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC=，
∴．
考点：棱锥与外接球，体积．
【名师点睛】本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．
7．如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ）
A．72 B．56 C．48 D．36
【答案】C
【分析】先给四个区域标记，然后根据分步乘法计数原理求解出着色的方法数.
【详解】将四个区域标记为，如下图所示：
第一步涂：种涂法，
第二步涂：种涂法，
第三步涂：种涂法，
第四步涂：种涂法，
根据分步乘法计数原理可知，一共有种着色方法，
故选：.
8．已知离心率为e，焦点为的双曲线C上一点P满足，则双曲线的离心率e的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题，根据正弦定理转化成边的比例关系即可求解.
【详解】由题：因为，，
考虑焦点在轴上，左右焦点，则点一定在左支（除去实轴端点），,
在△中，根据正弦定理，
所以，且，
解得：，
同理可得焦点在轴上离心率同解
故选：D
【点睛】此题考查双曲线几何性质与正弦定理知识相结合，解题中可以考虑焦点在轴上，左右焦点，则点一定在左支，体现出数形结合和转化与化归思想.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，下列说法正确的是（ ）
A．当时，为偶函数
B．当时，在上单调递减
C．当时，在上的值域为
D．当时，点是的图象的一个对称中心
【答案】AD
【分析】根据平移变换得，对于A，根据诱导公式化简，再根据偶函数的定义判断可知A正确；对于B，根据可判断B不正确；对于C，利用正弦函数的图象求出值域，可判断C不正确；对于D，根据可判断D正确.
【详解】依题意可得，
对于A，当时，，，故为偶函数，所以A正确；
对于B，当时，，，，
所以在上不是减函数，故B不正确；
对于C，当时，，因为，所以，
所以，，即在上的值域为，故C不正确；
对于D，当时，，因为，所以点是的图象的一个对称中心，故D正确.
故选：AD
10．已知正四面体的棱长为2，、分别是和的中点，下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线互相垂直
B．线段的长为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．正四面体内存在点到四个面的距离都为
【答案】ACD
【分析】取的中点，连接，证明平面，即可判断A；根据空间向量基本定理及数量积的运算律计算即可判断B；连接交于点，则点为点在平面上的投影，则即为直线与平面所成角的平面角，求出即可判断C；利用等体积法求出正四面体的内切球的半径即可判断D.
【详解】对于A，取的中点，连接，
因为，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，故A正确；
对于B，，
，
则
，故B错误；
对于C，连接交于点，连接，则为的中心，
则点为点在平面上的投影，即平面，
则即为直线与平面所成角的平面角，
在中，，，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为，故C正确；
对于D，设正四面体的内切球的半径为，
则，
所以，
所以正四面体内存在点到四个面的距离都为，故D正确.
故选：ACD.
11．已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数.则下列命题正确的是（ ）
A．是“封闭”函数
B．定义在上的函数都是“封闭”函数
C．若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数
D．若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数
【答案】BC
【分析】A特殊值判断即可；B根据定义及函数的性质即可判断；C根据定义得到都有，再判断所给定区间里是否有成立即可判断，D选项可判断出其逆否命题的正误，得到D选项的正误.
【详解】对A：当时，，而，A错误；
对B：对于集合，使，即，必有，
所以定义在上的函数都是“封闭”函数，B正确；
对C：对于集合，使，则，
而是“封闭”函数，则，即都有，
对于集合，使，则，，
而，，...，，
所以，
即，故，一定是“封闭”函数，C正确；
对D，其逆否命题为，若是“封闭”函数，则不是“封闭”函数，只需判断出其逆否命题的正误即可，
使，则，
若，则，
由解得，因为，所以，
即使，则，
满足是“封闭”函数，
故逆否命题为假命题，故原命题也时假命题，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：对于C，根据给定的条件得到都有，有恒成立，利用递推关系及新定义判断正误.
12．设抛物线的焦点为，为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于两点，点，下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的方程为
B．的最小值为6
C．存在直线，使得、两点关于对称
D．当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切
【答案】BD
【分析】根据得到故，错误，，正确，计算中点在抛物线上，错误，计算，正确，得到答案.
【详解】，故，，故，错误；
过作垂直于准线于，则，当共线时等号成立，故正确；
设，，设中点则，，
相减得到，即，故，故，点在抛物线上，不成立，故不存在，错误；
如图所示：为中点，故，故为直径的圆与轴相切，故正确；
故选：.
【点睛】本题考查了抛物线方程，最值，对称，直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力，转化能力，综合应用能力.
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．过点的直线将圆分成两段弧，当劣弧所对的圆心角最小时，直线的斜率为____________．
【答案】
【分析】由平面几何性质知，当直线与垂直时，劣弧所对的圆心角最小，则可求出直线的斜率.
【详解】由圆得，又点，则，
由题知，当直线与垂直时，劣弧所对的圆心角最小，所以直线的斜率.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查了与圆有关的最值问题，两直线垂直的性质，考查了数形结合的思想.
已知直线，与的夹角为__________.
【答案】
【分析】分别求解两直线的倾斜角，然后求解夹角.
【详解】直线的斜率为，倾斜角为，而的倾斜角为，
所以与的夹角为
【点睛】本题主要考查直线的夹角问题，求解直线的倾斜角是解决本题的关键，侧重考查直观想象的核心素养.
15．已知向量满足，且，则__________.
【答案】2
【分析】根据向量垂直的数量积为0，结合数量积公式与模长公式求解即可.
【详解】因为，所以，，则.
故答案为：2
16．设偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集是___________．
【答案】
【分析】不等式等价于，利用函数的奇偶性和单调性可得答案.
【详解】因为是偶函数，所以等价于，
又在上单调递减，所以在上单调递增．
由得，或，
又，所以，
由得，由得，
故解集为.
故答案为：.
四、解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．某商场为了了解顾客的购物信息，随机在商场收集了200位顾客购物的相关数据如下表：
一次购物款（单位：元）
顾客人数 20 a 50 60
(1)求a的值；
(2)为了增加商场销售额度，对一次购物不低于300元的顾客每人发放一个纪念品．现有5人前去该商场购物，用频率估计概率，求获得纪念品的数量的分布列与数学期望．
【答案】(1)30
(2)分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）由顾客总人数可得值；
（2）由题意1人购物获得纪念品的频率即为概率．而，由二项分布概率公式求得概率的分布列，由期望公式计算期望．
【详解】（1）由题意有，解得，故a的值为30．
（2）由（1）可知1人购物获得纪念品的频率即为概率，
故5人购物获得纪念品的数量服从二项分配，
则，，
，，
，．
则的分布列为：
0 1 2 3 4 5
P
的数学期望为．
18．已知公差不为0的等差数列的首项为,，且，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)对，求的表达式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，，由等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得公差，求出通项公式；
（2）由等比数列的求和公式，计算求和．
【详解】（1）设等差数列的公差为，，
由，，成等比数列，可得，即，
即有，
解得，
因为，所以；
（2）对，．
19．如图，在四棱锥中，已知，，，，，，为中点，为中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据线面平行及面面平行的判定定理即得；
（2）方法一，延长与交于，由题可得面面，过作，过作，进而可得即为面与面所成二面角的平面角，结合条件即得；
方法二，利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）连接，∵为中点，为中点，
∴，又面，面，
∴面，
在中，，，，
∴，即，
在中，，，∴，，
在中，，，，，
∴，，∴，
∵F为AB中点，∴，，
∴，又∵面，面，
∴面，又∵，CF，面，
∴平面平面；
（2）解法一：延长与交于，连，则面面，
在中，，，，所以，
又，，，面，
∴面，面，
∴面面，
在面内过作，则面，
∵面，∴，
过作，连，∵，面，面，
∴面，面，
∴，
∴即为面与面所成二面角的平面角，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，，，又，
∴，， ，
∴.
解法二：在中，，，，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，
所以平面平面，
又∵，，
∴，
以为轴，为轴，过且垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量，，，
，令，则，∴，
设平面的法向量，，
令，则，，
∴，
所以，
∴平面与平面所成角的余弦值为.
20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求角C；
(2)若，求的周长的最大值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由正弦定理化角为边，由余弦定理求得；
（2）由正弦定理用表示出，计算，利用两角和与差的正弦公式化简变形，再由正弦函数性质得最大值．
【详解】（1）因为，由正弦定理得，即，
所以，是三角形内角，则；
（2）由（1），则，
由正弦定理得，，，
，
，则，，
所以．
时，取得最大值．
21．已知函数为常数.
(1)求的单调区间和极值；
(2)设的两个零点分别为，证明：.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增，极小值，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）求导分析导函数的正负区间，进而求得原函数的单调区间与极值即可；
（2）证明等价于证明，再根据单调性转证，进而构造函数，求导分析函数单调性与最值证明即可.
【详解】（1），
令，得，令，得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得极小值，无极大值.
（2）证明：因为分别为的两个零点，所以，不妨设.
由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，所以.
所以证明等价于证明.
又因为在上单调递增，
因此证明原不等式等价于证明，即要证明.
即要证明，
即恒成立.
令，
则，
所以在上为减函数，
所以，
即恒成立，
因此不等式恒成立，
即.
【点睛】本题主要考查利用导数分析函数的单调区间与极值的问题，同时也考查了构造函数证明不等式的方法，需要根据函数的单调性，根据所需的不等式证明构造函数，求导分析单调性与最值.属于难题.
22．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，其左、右焦点分别为，，短轴长为．点在椭圆上，且满足△的周长为6．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的直线与椭圆相交于，两点，试问在轴上是否存在一个定点，使得恒为定值？若存在，求出该定值及点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）直接根据椭圆的定义和性质计算得到答案.
（2）联立方程，根据韦达定理的根与系数的关系，计算得到，得到，解得答案，再验证斜率不存在时的情况即可.
【详解】（1）由题意知：，解得，椭圆方程为：.
（2）设，，，，，
当直线斜率存在时，设直线的方程为：，联立，
得，则，，
又，
而
为定值．
只需，解得：，从而．
当不存在时，，
当时，，
综上所述：存在，使得．
【点睛】本题考查了求椭圆方程及椭圆中的定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用韦达定理求解是常考的方法，需要熟练掌握，将定值问题转化为比例关系是解题的关键.
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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2023年高考数学押题预测卷（新高考卷）（一）
说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求.）
1．已知，，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数（，为虚数单位），其在复平面内对应向量的模为2，则的最大值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
3．已知圆柱的侧面展开图是一个边长为的正方形，则这个圆柱的体积是
A． B． C． D．
【点睛】此题考查圆柱的侧面展开为长方形，长为底面圆周长，宽为圆柱高，属于简单题目．
4．为了了解去年北京市乘坐地铁的每个人的月均花费情况，相关部门随机调查了人乘坐地铁的月均花费单位：元，绘制了如下频数分布直方图，根据图中信息，下面个推断中，合理的是( )
①小明乘坐地铁的月均花费是元，那么在所调查的人中至少有一半以上的人月均花费超过小明；
②估计平均每人乘坐地铁的月均花费的范围是元；
③如果规定消费达到一定数额可以享受折扣优惠，并且享受折扣优惠的人数控制在左右，那么乘坐地铁的月均花费达到元的人可享受折扣．
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
5．设定义域为，对任意的都有，且当时，，则有（ ）
A． B．
C． D．
6．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为
A． B． C． D．
7．如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ）
A．72 B．56 C．48 D．36
8．已知离心率为e，焦点为的双曲线C上一点P满足，则双曲线的离心率e的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，下列说法正确的是（ ）
A．当时，为偶函数
B．当时，在上单调递减
C．当时，在上的值域为
D．当时，点是的图象的一个对称中心
10．已知正四面体的棱长为2，、分别是和的中点，下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线互相垂直
B．线段的长为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．正四面体内存在点到四个面的距离都为
11．已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数.则下列命题正确的是（ ）
A．是“封闭”函数
B．定义在上的函数都是“封闭”函数
C．若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数
D．若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数
12．设抛物线的焦点为，为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于两点，点，下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的方程为
B．的最小值为6
C．存在直线，使得、两点关于对称
D．当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．过点的直线将圆分成两段弧，当劣弧所对的圆心角最小时，直线的斜率为____________．
已知直线，与的夹角为__________.
15．已知向量满足，且，则__________.
16．设偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集是___________．
四、解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．某商场为了了解顾客的购物信息，随机在商场收集了200位顾客购物的相关数据如下表：
一次购物款（单位：元）
顾客人数 20 a 50 60
(1)求a的值；
(2)为了增加商场销售额度，对一次购物不低于300元的顾客每人发放一个纪念品．现有5人前去该商场购物，用频率估计概率，求获得纪念品的数量的分布列与数学期望．
18．已知公差不为0的等差数列的首项为,，且，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)对，求的表达式．
19．如图，在四棱锥中，已知，，，，，，为中点，为中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面所成夹角的余弦值.
20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求角C；
(2)若，求的周长的最大值．
21．已知函数为常数.
(1)求的单调区间和极值；
(2)设的两个零点分别为，证明：.
22．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，其左、右焦点分别为，，短轴长为．点在椭圆上，且满足△的周长为6．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的直线与椭圆相交于，两点，试问在轴上是否存在一个定点，使得恒为定值？若存在，求出该定值及点的坐标；若不存在，请说明理由．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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