2023年高考数学押题预测卷及解析(北京卷)

一、单选题：本题共10小题，每小题4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．设集合Ax|A．x|3x5C．x|1x5【答案】D

【分析】求解分式不等式的解集，再由补集的定义求解出ðRA，再由交集的定义去求解得答案.【详解】

x1

0x1或x5，所以ðRAx1x5，x5x10，Bx|1x3，则ðRAIB（x5）

B．x|1x5D．x|1x3所以得ðRABx1x3.故选：D

2．设zi3，则zz（A．i310【答案】B

【解析】根据共轭复数的定义以及复数的模直接运算即可．【详解】解：∵zi3，∴zi3，∴zzi310，故选：B．

【点睛】本题主要考查共轭复数和复数的模，属于基础题．

第1页（共22页））

C．i310D．i310B．i31013123．化简abab4(a0,b0)结果为（1212）

ab

A．a【答案】A

B．bC．D．

ba【分析】根据实数指数幂的运算法则运算，即可求解.【详解】根据实数指数幂的运算公式，可得：

131

31

aba2b4a2b4

1

2121311

1a2b4a22b4

1

4

a.

故选：A.

24．在1x6

的二项展开式中，奇数项的系数之和为（）

B．364

C．364

D．365

A．365【答案】D

【分析】写出展开式通项，即可求得展开式中所有奇数项的系数之和.

2【详解】1x6

1k2kkk的展开式通项为Tk1C6C62x2，

xk246

因此，展开式中所有奇数项的系数和为C06C62C62C62365.

246

故选：D.

5．《张丘建算经》卷上第22题为“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈．”其意思为：现有一善于织布的女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，第1天织了5尺布，现在一月（按30天计算）共织390尺布，记该女子一月中的第n天所织布的尺数为an，则a14a15a16a17的值为（）A．55

B．52

C．39

D．26

第2页（共22页）【答案】B

【分析】将每天织的布构成一个等差数列，根据条件求出公差，将要求的

a14a15a16a17转化为公差与首项来求，即可得出答案．

【详解】因为从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，所以该女子每天织的布构成一个等差数列{an}，其中a15,S30390305

302916

d390d．22916

52．29所以a14a15a16a174a158d4558故选：B．

6．阿波罗尼斯(约公元前262-190年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k0且k1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点A、B间的距离为2，动点P与A、B距离之比为2，当P、A、B不共线时，PAB面积的最大值是（）.A．

23B．

223C．2D．22【答案】D

【分析】以经过A、B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建系，利用

|PA|2求出圆的方程，可得圆的半径，进而可求出三角形面积的最大值.|PB|【详解】如图，以经过A、B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建系，如图：

第3页（共22页）0)、B(1，0)，设P(x，y)，则A(1，

(x1)2y2|PA|2，∴2，∵|PB|(x1)2y2两边平方并整理得：x2y26x10(x3)2y28，所以圆的半径为22，∴PAB面积的最大值是22222.故选：D．7．下列四个结论：

①命题“若f(x)是周期函数，则f(x)是三角函数”的否命题是“若f(x)是周期函数，则f(x)不是三角函数”；

②命题“x0R,x02x010”的否定是“xR,x2x10”；③在ABC中，“sinAsinB”是“AB”的充要条件；④当a<0时，幂函数yxa在区间(0,)上单调递减.其中正确命题的个数是A．1个【答案】C

【详解】试题分析：由题意得①命题“若f(x)是周期函数，则f(x)是三角函数”的否命题是“若f(x)不是是周期函数，则f(x)不是三角函数”，所以是错误的；②中，根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“x0R,x02x010”的否定是

B．2个

C．3个

D．4个

1

2第4页（共22页）“xR,x2x10”，是正确的；③在ABC中，由正弦定理得“sinAsinB”则

ababAB，所以是正确的；④当a<0时，根据幂函数的性质，幂函2R2R数yxa在区间(0,)上单调递减，是正确的，故选C．考点：命题的真假判定．



8．已知fxsint，其中0，0,，fx1fx20，x2x1min，

22fx



fx，将fx的图象向左平移个单位得Gx，则Gx的单调递减

63

区间是



k,kA．

2π5π

kπ,kπC．

36

2k,kB．637k,kD．

1212

【答案】A

【详解】因为fx1fx20，所以函数在x1,x2处取得极值，也就是

fxsint在x1,x2处取得最大值或最小值，因为x2x1min

1TT2，又fx222

2，所以



fx，所以对称轴为，所以

63



6k

2k

，因为0,，所以，所以fx的图象向左

662

2平移个单位得Gx=cos2x，令2k2x2kkxk，故选A

19．已知函数fx，函数gx与fx的图像关于直线yx对称，则

3x6f2xfxg90的解集为（∣xlog32A．x

）

∣xlog32B．x

第5页（共22页）∣xlog32C．x∣xlog32D．x

【答案】B

【分析】根据对称性先求出gx的解析式，再根据单调性和一元二次不等式的

2

解法求解不等式fxfxg90.

【详解】由于gx与fx关于yx对称，所以gx是fx的反函数，即

gxlog1x

3，

2

1

g9log19log1

333

1

令t

3

x

11

2，原不等式即为20，

33

2xx2

，则t＞0，得tt20,t2t10,t2或t1（舍），

3x2,xlog32,xlog32；

故选：B.

10．骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，下图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为2，ABE，BEC，ECD均是边长为4的等边三角形，设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，ACBP的最大值为（



）

A．24【答案】B

B．2446C．3023D．48

【分析】以AD为x轴，E为坐标原点建立平面直角坐标系，由圆D方程设

P(42cos,2sin)，写出向量的坐标，由数量积的坐标表示求出数量积，利用

第6页（共22页）三角函数知识得最大值．

【详解】骑行过程中，ABCDE相对不动，只有P点绕D点做圆周运动．如图，以AD为x轴，E为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意A(4,0)，

B(2,23)，C(2,23)，

圆D方程为(x4)2y22，设P(42cos,2sin)，则AC(6,23)，BP(62cos,2sin23)，



ACBP6(62cos)23(2sin23)31

62cos26sin2446sincos222446sin()24，6





易知当sin(故选：B．

6

)1时，ACBP取得最大值24+46．二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。

11．若a0，b0，ab2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是______（写出所有正确不等式的编号）．①ab1；②ab2；③a2b22；④2．【答案】①③④

【分析】由基本不等式判断①；由

21a1bab2

ab2ab结合基本不等式判断②；由a2b2ab2ab结合①可判断③；由基本不等式“1”的代换判断④.

第7页（共22页）【详解】因为a0，b0，ab2，

对于①，Qab22ab，当且仅当ab1时等号成立，ab1，ab1，故①正确；对于②，Q

ab2

ab2ab2ab4，当且仅当ab1时等号成立，

ab2，故②错误；

对于③，Qa2b2ab2ab422，当且仅当ab1时等号成立，故③正确；对于④，Q

111111ba1baab1122，当且仅当，即

abab2ab2ab22ab1时等号成立，故④正确.

故答案为：①③④

y212．双曲线x21(b0)的一条渐近线方程为y3x，则b________.

b2【答案】

bx2y2

【详解】试题分析：双曲线221(a0,b0)的渐近线方程为yx，故

aabb

3，其中a1，因此b3.a考点：双曲线的渐近线.



a1b213．已知，，且a(ab)，则向量a与向量b夹角的大小是______，

向量b在向量a上的投影是______．【答案】

3

41





【解析】利用a(ab)列方程，解方程求得向量a与向量b夹角；利用向量投影

公式计算出向量b在向量a上的投影.

第8页（共22页）

【详解】设向量a与向量b夹角为，由a(ab)，得a(ab)0，

r2rr31abcos0，得cos2，则．则aab0，则

42

r

那么b在a上的投影是bcos1．

34故答案为：(1).(2).1

【点睛】本小题主要考查向量垂直的表示，考查向量夹角的计算，考查向量投影的计算，属于基础题.

x1,x0fx14．函数，则ff3______，若存在四个不同的实数a，b，

logx,x02

c，d，使得fafbfcfd，则abcd的取值范围为______.【答案】

1

0,1【分析】代值计算即可，画出函数f(x)的图象，根据对称性和对数函数的图象和性质即可求出．

【详解】f(3)|31|2，f(2)|log22|1，

f(f(3))1，

画出f(x)的图象，如图所示，

fafbfcfd

,不妨设ab󰁥0c1d，

|log2c||log2d|，cd1，

a，b关于直线x=1对称，则ab2，且1b󰁥0，

ab(b2)bb22b(b1)21

0󰁥ab1，0󰁥abcd1，

第9页（共22页）故答案为：1，[0,1)．

【点睛】本题考查函数与方程，问题的关键在于找出对称性，利用对称性来解题，属于中档题．

SnSmann216n60，15．已知Sn是an的前n项和，对于任意n，mN且nm，

的最大值是______．【答案】10

【分析】由题意可知，Snnn12n116

1

6nn160n，当n2时，利用2SnSn1an，得出SnSn1n6n10，根据二次函数图象和性质得出Sn的单

调性，根据单调性分别求出Sn的最大值和最小值，从而得出SnSm取得最大值.【详解】解：ann216n60

Sna1a2a3an122232n216123n60n

即Snnn12n116

16nn160n，22

又当n2时，SnSn1ann16n60n6n10，

当n6时，SnSn10，即SnSn1，则Sn递减，当6n10时，SnSn10，即SnSn1，则Sn递增，当n10时，SnSn10，则SnSn1，则Sn递减，

第10页（共22页）故SnmaxS10105，

若使得对任意nmm,nN，SnSm取得最大值，

则需m10且SmminS6115，

SnSmmaxS10S610511510.

故答案为：10.

【点睛】本题考查利用单调性求数列前n项和的最值问题以及利用分组求和法求出数列前n项和，根据122232n2nn12n1是解决本题的关键.

6三、解答题：共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

216．（13分）已知函数fx2sinx32cosx.

(1)求fx的最大值和最小值;

(2)设gx2cosx3sinx1,求hxfxgx的对称中心及单调递增区间.【答案】(1)fxmax;fxmin5

k

k,k,kZ.,-2,kZ(2)对称中心是.单调递增区间是36122

2

【分析】（1）利用二倍角公式将函数化为fx2cosx2cosx1，令tcosx,配

1

2方即可求解.

（2）利用二倍角公式以及辅助角公式化简函数hx2sin2x2，然后利用

6





正弦函数的中心对称点以及单调递增区间即可求解.

2【详解】解:(1)由题意得fx21cosx32cosx2cos2x2cosx1,

11令tcosx,则t1,1,则fx2t2t12t.

2222第11页（共22页）所以当t时,有fxmax;当t1时,fxmin5.(2)由题得hxfxgx2

1cos2x

32cosx3sin2x2cosx,21212

从而hx3sin2xcos2x22sin2x2.



6

由2x

6k,得x

kk

,2,kZ.,kZ.故对称中心是

1221222k,62再由2k2x得6kx32k,kZ.



所以单调递增区间是k,k,kZ.

63

【点睛】本题考查了二倍角公式、辅助角公式、含有余弦型的三角函数的最值以及三角函数的性质，需熟记公式和性质，属于基础题.

17．（14分）如图，四边形ABDP是直角梯形，满足DB∥PA,ABDB,DBPA,CA平面ABDP,E为PC的中点，且DB1,AE3,BC23.

1

2(1)求证：DE//平面ABC；

第12页（共22页）(2)求平面ADE与平面ACE夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)

77【分析】（1）取AC的中点F，连接EF,BF，进而证明四边形EFBD是平行四边形即可得DE//BF，再根据判定定理即可证明；

（2）以A为原点，AB,AC,AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.

【详解】（1）证明：取AC的中点F，连接EF,BF，

E为PC的中点，EF∥PA,EF

1

PA，212又∵PA∥DB,DBPA，

EF∥DB,EFDB，

∴四边形EFBD是平行四边形，DE//BF，

又∵DE平面ABC,BF平面ABC，

DE平面ABC.

第13页（共22页）（2）解：由题知，PA,AB,AC三条直线两两相互垂直，

以A为原点，AB,AC,AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

AE3,EF1，则AF2，故AC22，又BC23，故AB2，

则A0,0,0,B2,0,0,C0,22,0,P0,0,2,E0,2,1,D2,0,1，



AB2,0,0,AE0,2,1,AD2,0,1，



设平面ADE的一个法向量为mx,y,z，

mAE2yz0

则,令y2，可得m1,2,2，mAD2xz0

AB易知2,0,0为平面ACE的一个法向量，mAB7cosm,AB，

7mAB

平面ADE与平面ACE夹角的余弦值为7.

7第14页（共22页）18．（13分）近年来，某市为促进生活垃圾分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾桶.为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾桶中的生活垃圾，总计400吨，数据统计如下表（单位：吨）.

厨余垃圾桶厨余垃圾可回收物其他垃圾601030可回收物桶204040其他垃圾桶2010170(1)试估计厨余垃圾投放正确的概率p；(2)若处理1吨厨余垃圾需要5元，处理1吨非厨余垃圾需要8元，请估计处理这400吨垃圾所需要的费用；

(3)某社区成立了垃圾分类宣传志愿者小组，有3名女性志愿者，2名男性志愿者，现从这5名志愿者中随机选取3名，利用节假日到街道进行垃圾分类宣传活动（每

第15页（共22页）名志愿者被选到的可能性相同）.求两名男性志愿者都参加的概率.【答案】(1)(2)2900元(3)10335【分析】（1）先利用表格得到厨余垃圾的总量和投入厨余垃圾桶的数量，再估计其概率；

（2）先计算垃圾含有厨余垃圾和非厨余垃圾的数量，再求其处理费用；（3）先列举出所有基本事件和两名男性志愿者都参加的基本事件，再利用古典概型的概率公式进行求解.

(1)由题表可得厨余垃圾共有60+20+20=100吨，其中投入厨余垃圾桶的有60吨，所以p

603

；1005(2)由题表可得这400吨垃圾含有100吨厨余垃圾和300吨非厨余垃圾，则处理费用为5×100+8×300=2900元，所以估计处理这400吨垃圾需要2900元；

(3)用a,b,c表示3名女性志愿者，m,n表示2名男性志愿者，

随机选取3人，共有：(a,b,c)、(a,b,m)、(a,b,n)、(a,c,m)、(a,c,n)、(b,c,m)、(b,c,n)、(a,m,n)、(b,m,n)、(c,m,n)这10种，

其中两名男性志愿者都参加的有：(a,m,n)、(b,m,n)、(c,m,n)这3种，所以两名男性志愿者都参加的概率为10.

3第16页（共22页）x2y2

19．（15分）在平面直角坐标系xOy中，顺次连接椭圆C：221ab0的

ab四个顶点恰好构成一个边长为5且面积为4的菱形.（1）求椭圆C的方程；

x2y2（2）设椭圆D：221，M为椭圆C上的任意一点，N为椭圆D上任意一

4a4b

ONOM0，过点M的直线l(l不与x袖垂直)与椭圆D交于A，B点，且

网点，求ABN面积的最大值.

x2

【答案】（1）y21；（2）最大值为63.4【分析】（1）根据四个顶点恰好构成一个边长为5且面积为4的菱形，由2ab4，

a2b25求解；

（2）易知椭圆

x2y2

D的方程为1，设Mx0,y0

164，由ONOM0得到

Nx0,y0，分别代入椭圆C和椭圆D的方程得到2，设l:ykxm，与椭

圆D方程联立，结合韦达定理，得到AOB的面积为S

ON2OM，得到ABN的面积为3S.

1

mx1x2，再由2【详解】（1）因为四个顶点恰好构成一个边长为5且面积为4的菱形，所以2ab4，a2b25，

a2，b1，

x2

所以椭圆C的方程为y21.

4（2）椭圆

x2y2

D的方程为1，

164设Mx0,y0，则Nx0,y0第17页（共22页）2x0x0y01，2

1，又 y0

41642222x02即y01，442

设Ax1,y1，Bx2,y2，l:ykxm，

222代入椭圆D方程得14kx8kmx4m160，

由0，可得m2416k2，①

8km

则有x1x2

14k24m216

，x1x2，

14k2416k24m2所以x1x2，

14k2由直线ykxm与y轴交于0,m，

11416k24m2则AOB的面积为Smx1x2m，

2214k2m2m22422，14k14km2t，则S2t4t，设

14k2将直线ykxm代入椭圆C的方程，

222

可得14kx8kmx4m40，

由0可得m214k2，②

由①②可得0t1，则S2t24在0,1递增，

2即有t1取得最大值，

即有S23，即m214k2，取得最大值23，第18页（共22页）因为ON2OM，所以ABN的面积为3S，即ABN面积的最大值为63.【点睛】方法点睛：1、解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．

2、解决直线与曲线的弦长时，往往设直线与曲线的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，

xx4x1x2(1则AB(1k2)12212)yy4y1y2(k为直线斜率)．122k注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零．

x

20．（15分）若fxxelnx1x0.

（1）求yfx在x1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若fxtx恒成立，求实数t的取值范围.

e2【答案】（1）（2）t1

22e1【分析】（1）先求解yfx在x1处的切线方程，然后可求它与两坐标轴围成的三角形的面积；

xexlnx1（2）把fxtx转化为t，然后构造函数，求解函数的最小值即可.

x【详解】（1）fxx1ex，f12e1，

又f1e1，故yfx在x1处的切线方程为ye12e1x1，

1

x第19页（共22页）即y2e1xe，它交两坐标轴于A0,e，B

e2.22e1e

,0，2e1

所以S△AOB（2）先证明xR，exx1恒成立，

x设h(x)exx1，则hxe1，

当x0时，h(x)0，h(x)为减函数；当x0时，h(x)0，h(x)为增函数；

所以h(x)h(0)0，即xR，exx1恒成立.

xexlnx1由题意得t对x0恒成立.

xxexlnx1设gx，

xelnxexlnx1elnxxlnx1lnxx1lnx1

1则gx

xxx所以t1.

【点睛】本题主要考查导数的几何意义及导数应用，切点处的导数值是切线的斜率，这是求解切线问题的关键；恒成立问题一般是先分离参数，然后构造函数，求解函数的最值即可，适当的放缩能简化解题过程，侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.

21．（15分）给定数列a1,a2,,an.对i1,2,3,,n1，该数列前i项的最大值记为

Ai，后ni项ai1,ai2,,an的最小值记为Bi，diAiBi.

（1）设数列an为3,4,7,1.写出d1,d2,d3的值；

（2）设a1,a2,,an(n4)是公比大于1的等比数列，且a10，证明d1,d2,,dn1是等比数列；

第20页（共22页）（3）若d1d2dn10，证明an是常数列.

【答案】（1）d12，d23，d36；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）根据Ai,Bi,di的定义，求得d1,d2,d3的值.

（2）根据数列an的单调性，确定diaiai1，根据等比数列的定义，证得

d1,d2,,dn1是等比数列；

（3）先证得a1后面的项，都不小于a1，然后证得a1后面的项，都不大于a1，由此证得a1后面的项，和a1都相等，即证得数列an的每一项和a1都相等，也即证得

an是常数列.

【详解】（1）d1A1B1312，d2A2B2413，d3A3B3716（2）因为a1,a2,,an(n4)是公比大于1的等比数列，且a10所以ana1qn1.

所以当i1,2,3,,n1时，diAiBiaiai1所以当i2,3,,n1时，

diaai1ai1q(1q)

iqdi1ai1aiai1(1q)所以d1,d2,,dn1是等比数列.

（3）因为d1A1B10即max{a1}min{a2,a3,,an}，故k{2,3,,n}，使a1ak，且对j{2,3,,n}，都有ajaka1……①.若k2，则a1a2；

若k2，因为dk10，所以Ak1Bk1max{a1,a2,,ak1}min{ak,ak1,,an}aka1，所以对j{2,3,,k1}，都有aja1ak……②.由①②知，对j{2,3,,k1}，都有ajak.综上，a1a2ak.

第21页（共22页）因为dk0，所以AkBk，所以akmax{a1,a2,,ak}min{ak1,ak2,,an}，所以k'{k1,k2,,n}，使ak'ak.同上可证akak'.

以此类推，由于an仅有有限项，所以an是常数列.

【点睛】本小题主要考查新定义diAiBi的理解和运用，考查等比数列的定义，考查分析思考与解决问题的能力，综合性很强，属于难题.

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