2023年普通高等学校统一招生考试（全国乙卷）数学预测试题【含答案】

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．6426．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i12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9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：C3．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：C6．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：C7．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：B9．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：B10．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）