2023年高考押題預(yù)測卷03【全國卷甲卷文科】文科數(shù)學(xué)·參考答案123456789101112DBCABCACDCDB 1．D【分析】利用偶數(shù)和交集的定義即可求解.【詳解】因為在集合中，－2，0，2是偶數(shù)，所以．故選：D.2．B【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運算求出，即可得出在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點.【詳解】由，得，所以在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點是．故選：B.3．C【分析】利用特殊值及極限思想即可分析得出.【詳解】由，故D錯誤，當(dāng)時，，A，B錯誤．故選：C.4．A【分析】由平面向量的坐標運算求得，，結(jié)合平面向量的夾角公式即可求得答案．【詳解】由題意，得，，則與的夾角的余弦值為．故選：A．5．B【分析】不妨設(shè)雙曲線方程為，表示出雙曲線的漸近線方程，根據(jù)雙曲線的定義得到，再利用點到直線的距離公式求出，從而求出，即可得解.【詳解】解：不妨設(shè)雙曲線方程為，則雙曲線的漸近線方程為，即，由雙曲線的定義知，，所以，由雙曲線的焦點到其漸近線的距離為，即，所以，所以的離心率．故選：B6．C【分析】根據(jù)折線圖數(shù)據(jù)，結(jié)合中位數(shù)、極差的定義依次判斷各個選項即可.【詳解】對于A，平均高溫不低于的月份有年月和年月，共個，A錯誤；對于B，將各個月份數(shù)據(jù)按照從小到大順序排序后，可得中位數(shù)為，B錯誤；對于C，平均高溫的極差為，平均低溫的極差為，則平均高溫的極差大于平均低溫的極差，C正確；對于D，月平均高溫與低溫之差不超過的月份有年月和年月，共個，D錯誤.故選：C.7．A【分析】目標函數(shù)的幾何意義是可行域內(nèi)的點到直線l：的距離的倍．由約束條件作出可行域，找到可行域內(nèi)到直線l的距離最大的點，求解即可.【詳解】由約束條件作出可行域，如圖中陰影部分所示．由點到直線的距離公可知，目標函數(shù)的幾何意義是可行域內(nèi)的點到直線l：的距離的倍．數(shù)形結(jié)合可知，可行域內(nèi)到直線l的距離最大的點為，且點A到直線l的距離，則的最大值為4．故選：A.8．C【分析】列舉出每次算法步驟，即可得出輸出結(jié)果.【詳解】執(zhí)行第一次循環(huán)，，，，；執(zhí)行第二次循環(huán)，，，，；執(zhí)行第三次循環(huán)，，，，；執(zhí)行第四次循環(huán)，，，，，退出循環(huán)，輸出.故選：C.9．D【分析】由，，求出等比數(shù)列的公比及，數(shù)列也是等比數(shù)列，利用等比數(shù)列求和公式可求出答案.【詳解】因為，，所以等比數(shù)列的公比，所以，則，由，可知數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以．故選：D．10．C【分析】連接，即可得到，再由正三棱柱的性質(zhì)得到平面，即可得到，從而得到平面，再由線面垂直的性質(zhì)得到，即可說明，即可判斷①、②、③，連接，通過證明平面平面，即可說明④.【詳解】解：連接，因為正三棱柱的所有棱長都相等，所以，．又，分別是，的中點，所以，所以．因為，，，平面，所以平面．又平面，所以．又，，平面，所以平面．又平面，所以．由題意知且，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以，故①、③正確；與是異面直線，故②錯誤；連接，因為，平面，平面，所以平面又，同理可證平面，又，平面，所以平面平面．因為是線段上的動點，所以平面，所以平面，故④正確．故選：C11．D【分析】由商數(shù)關(guān)系化簡函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)法可得函數(shù)性質(zhì)及圖象，即可逐個判斷.【詳解】因為，所以．當(dāng)時，令，解得，則當(dāng)x變化時，，的變化情況如下表所示．x－0＋0－單調(diào)遞減單調(diào)遞增單調(diào)遞減所以在區(qū)間上的圖象如圖所示．對A，在區(qū)間上單調(diào)遞增，A錯；對B，在區(qū)間上有極大值，無極小值，B錯；對C，在區(qū)間上的最大值為，最小值為，，C錯；對D，在區(qū)間內(nèi)有且只有一個零點，D對.故選：D.12．B【分析】設(shè)底面的中心為Q，根據(jù)題意可知，當(dāng)三棱錐P－ABC的體積取得最大值時，底面ABC，求出體積的最大值，再利用等體積法求出內(nèi)切球的半徑即可.【詳解】設(shè)底面的中心為Q，連接BQ，OQ，則，且底面ABC，如圖，延長QO交球面于點P，連接OB，此時三棱錐P－ABC的體積取得最大值，因為球O的半徑為2，所以，在中，，所以三棱錐P－ABC的體積的最大值為，此時，所以，所以，解得．故選：B.13．9【分析】先根據(jù)點數(shù)求解概率,再結(jié)合幾何概型求解黑色部分的面積【詳解】由題設(shè)可估計落入黑色部分的概率設(shè)黑色部分的面積為,由幾何概型計算公式可得解得故答案為:914．【分析】由奇、偶函數(shù)和周期函數(shù)的定義，可得的最小正周期，結(jié)合對數(shù)的運算性質(zhì)可得答案．【詳解】解：由是定義在上的奇函數(shù)，為偶函數(shù)，可得，，即，所以，可得，則的最小正周期為4，當(dāng)時，，則．故答案為：．15．【答案】【分析】求出平移后所得函數(shù)的解析式，根據(jù)題意可得出關(guān)于的不等式，解之即可.【詳解】函數(shù)的最小正周期為，將函數(shù)向右平移后的解析式為，由，可得，要使得平移后的圖象有個最高點和個最低點，則需：，解得．故答案為：.16．【分析】設(shè)，進而根據(jù)點差法得，再根據(jù)得，進而得，再求漸近線的斜率之積即可得答案.【詳解】解：設(shè)，因為是上的兩點，是的中點，為坐標原點，直線的斜率為，所以①，②，③，④，所以，②③得，整理得所以，因為雙曲線的右焦點為，虛軸的上端點為，所以，，因為，所以，即，整理得：，所以，整理得，所以，即，所以，整理得，因為的兩條浙近線分別為，所以，的兩條浙近線的斜率之積為故答案為：17．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理邊角互化得，再結(jié)合正弦和角公式得，進而可得答案；（2）根據(jù)余弦定理，結(jié)合得，進而根據(jù)余弦定理得，再計算面積即可.【詳解】（1）解：因為，所以，即，因為，所以，即，因為，所以，因為，所以.（2）解：如圖，因為為邊的中點，且，所以，，因為，所以，即，整理得，因為，即，解得，所以，的面積為．18．(1)有99%的把握認為學(xué)生的數(shù)學(xué)競賽成績與是否參加“強基培優(yōu)”拓展培訓(xùn)有關(guān)．(2) 【分析】（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)和參考公式代入計算并與比較即可得出結(jié)論；（2）由分層抽樣可知參加過培訓(xùn)的有4人，未參加過的有2人，列舉出6人中隨機抽取2人的所有基本事件，再選出符合條件的事件數(shù)即可求得結(jié)果.【詳解】（1））根據(jù)列聯(lián)表代入計算可得：，所以有99%的把握認為學(xué)生的數(shù)學(xué)競賽成績與是否參加“強基培優(yōu)”拓展培訓(xùn)有關(guān)．（2）由題意可知，所抽取的6名學(xué)生中參加過“強基培優(yōu)”拓展培訓(xùn)的有4人，記為，，，，未參加過“強基培優(yōu)”拓展培訓(xùn)的有2人，設(shè)為甲、乙．從這6人中隨機抽取2人的所有基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，共15個，其中至少有一人未參加過培訓(xùn)的基本事件有，，，，，，，，，共9個．故至少有一人未參加過培訓(xùn)的概率．19．(1)存在，時，平面(2) 【分析】（1）作出輔助線，得到當(dāng)時，四邊形為平行四邊形，從而證明出線面平行；（2）分割為兩個棱錐，求出，相加后得到結(jié)果.【詳解】（1）當(dāng)時，滿足平面，過點作AD交AF于點G，連接BG，則，因為，，所以且，所以四邊形為平行四邊形，故，因為平面，平面，所以平面，此時；（2）連接AE，DE，四邊形ABCD為直角梯形，過點B作BN⊥AD于點N，則四邊形BCDN為正方形，故BC=DN=1，BN=CD=1，故AN=AD-DN=3-1=2，由勾股定理得：，面積為，平面平面，交線為AB，因為四邊形為正方形，所以，平面ABEF，故平面ABCD，且則四棱錐，過點N作NH⊥AB于點H，則，則點D到AB的距離為，因為平面平面，交線為AB，NH⊥AB，且平面ABCD，所以NH⊥平面ABEF，則點D到平面ABEF的距離為，正方形ABEF的面積為，則，多面體ABCDEF的體積為. 20．【答案】(1)(2)【詳解】（1）直線方程為，即，到直線的距離，化簡得，又離心率，即，且，解得，，，所以的方程為：.（2）設(shè)直線的方程為，由于的漸近線的斜率為，所以.將方程代入，化簡得.設(shè)，，則，，，設(shè)平行于與橢圓相切的直線為，由得，由得，直線與之間的較小距離，直線與之間的較大距離，則面積的較小值為，面積的較大值為，設(shè)，，，則，，，∴，所以面積的取值范圍為. 21．(1)極大值為，無極小值(2)(3)證明見解析 【分析】（1）當(dāng)時，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，即可求得函數(shù)的極值；（2）分、、三種情況討論，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，在前兩種情況下，直接驗證即可，在時，利用導(dǎo)數(shù)求得，令，其中，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，可得出，即可求得實數(shù)的取值范圍；（3）當(dāng)時，由（2）可得出，可得出，利用不等式的基本性質(zhì)、等比數(shù)列的求和公式以及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可證得結(jié)論成立.【詳解】（1）解：當(dāng)時，，該函數(shù)的定義域為，.當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減，此時，函數(shù)在處取得極大值，且極大值為.（2）解：當(dāng)時，，此時函數(shù)在上為增函數(shù)，因為，不合乎題意；當(dāng)時，，當(dāng)時，，不合乎題意；當(dāng)時，由可得.當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減，所以，，令，其中，則，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞減，由可得.綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.（3）證明：當(dāng)時，對任意的恒成立，所以，，所以，，所以，，因此，.【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：（1）直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式（或）轉(zhuǎn)化為證明（或），進而構(gòu)造輔助函數(shù)；（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).22．(1)；(2). 【分析】（1）利用兩角和與差的正弦公式展開，再結(jié)合，即可得到直線方程；（2）將參數(shù)方程代入（1）中的直線方程得，則轉(zhuǎn)化為有解，令，，則設(shè)，求出其值域即可.【詳解】（1）因為，所以，又因為，，得，即的直角坐標方程為.（2）將，代入，得，所以，即，要使與有公共點，則有解，即有解，令，則，令，，則對稱軸為，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，又，，所以，解得，即的取值范圍是.23．(1)(2) 【分析】(1)移項,兩邊平方即可獲解;(2)利用絕對值不等式即可.【詳解】（1）即即,即即,即或所以不等式的解集為（2）由題知對恒成立因為.所以,解得即或,所以實數(shù)的取值范圍為 
 

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