数学（全国乙卷理）2023年高考第三次模拟考试卷（全解全析）

2023年高考数学第三次模拟考试卷

数学·全解全析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】由，所以，因，对于选项A：，A不正确；对于选项B：，B正确；对于选项C：，C不正确；对于选项D：NM，D不正确，故选B

2．复数z满足，i为虚数单位，则（    ）

A．1 B．1或 C． D．0或

【答案】D

【分析】

设，得到，列出方程组，求得的值，结合复数模的计算公式，即可求解.

【详解】

设，则，，

所以，

即，解得或，

即或，所以或.

故选：D.

3．已知向量，向量，若，则（    ）

A． B．5 C． D．

【答案】A

【分析】

根据向量共线的坐标表示，求出的值，从而得到的坐标，然后由向量模长的坐标公式求出.

【详解】

向量，向量，且，

所以，解得，

所以，所以．

故选：A.

4．已知数列{an}满足（n∈N*），则（    ）

A．a2021＞a1 B．a2021＜a1

C．数列{an}是等差数列 D．数列{an}是等比数列

【答案】C

【分析】

根据题意，可得，逐一分析选项，即可得答案.

【详解】

因为，

所以，即，

所以，故A、B错误；

因为，所以数列{an}为等差数列，且公差为0，故C正确；

若，则数列{an}不是等比数列，故D错误.

故选：C

5．抛物线的焦点到直线的距离为，则（    ）

A．1 B．2 C． D．4

【答案】B

【分析】

首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.

【详解】

抛物线的焦点坐标为，

其到直线的距离：，

解得：(舍去).

故选：B.

6．执行如图所示的程序框图，输出的结果是

A．56      B．54        C．36      D．64

【答案】B

【解析】模拟程序框图的运行过程，如下：

a=1，b=1，S=2，c=1+1=2，S=2+2=4；

c≤20，a=1，b=2，c=1+2=3，S=4+3=7；

c≤20，a=2，b=3，c=2+3=5，S=7+5=12；

c≤20，a=3,b=5,c=3+5=8,S=12+8=20;

c≤20，a=5,b=8,c=5+8=13,S=20+13=33;

c≤20，a=8,b=13,c=8+13=21,S=33+21=54.

c＞20,此时结束循环，S=54.

故答案为B.

7．四面体中，，其余棱长均为4，，分别为，上的点（不含端点），则（    ）

A．不存在，使得

B．存在，使得

C．存在，使得平面

D．存在，，使得平面平面

【答案】D

【解析】

作出示意图如下图所示：分别是AB，CD的中点，面 于，面于，

对于A选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，因为，其余棱长均为4，所以 ，

所以，所以，即 ，故A错误；

对于D选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，由A选项的解析得， ，，

所以面，又面 ，所以平面平面，即平面 平面，故D正确；

对于B选项，作面于，因为中， ，所以定在AB的中线上，

所以就是与面所成的角，

当E在AB上移动时，的最小值为直线与平面所成的角，即 ，而是锐角，

的最大值为，

故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD.故B错误.

对于C选项，作面于，因为中， ，

所以定在AB的中线上，且不重合于点，即点 不落在AB上，

又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，

故C选项不正确，

故选：D.

8．设数列{an}的前n项和为Sn，若，则S99＝（    ）

A．7 B．8 C．9 D．10

【答案】C

【解析】

采用裂项相消法求数列的和

【详解】

因为，

所以

故选C.

9．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

根据圆柱的轴截面面积求出圆柱的底面半径和母线长，利用圆柱的表面积公式，即可求解.

【详解】

设圆柱的轴截面的边长为，

因为过直线的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，所以，解得，

即圆柱的底面半径为，母线长，

所以圆柱的表面积为.

故选：B.

10．某公司为了促进技术部门之间良好的竞争风气，公司决定进行一次信息化技术比赛，三个技术部门分别为麒麟部，龙吟部，鹰隼部，比赛规则如下：①每场比赛有两个部门参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的部门与未参加此场比赛的部门进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一个部门首先获胜两场，则本次比赛结束，该部门就获得此次信息化比赛的“优胜部门”．已知在每场比赛中，麒麟部胜龙吟部的概率为，麒麟部胜鹰隼部的概率为，龙吟部胜鹰隼部的概率为．当麒麟部与龙吟部进行首场比赛时，麒麟部获得“优胜部门”的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

由题设，麒麟部与龙吟部进行首场比赛且麒麟部获得“优胜部门”的情况有：

1、首场麒麟部胜，第二场麒麟部胜；

2、首场麒麟部胜，第二场鹰隼部胜，第三场龙吟部胜，第四场麒麟部胜；

3、首场龙吟部胜，第二场鹰隼部胜，第三场麒麟部胜，第四场麒麟部胜；

再由独立事件乘法公式及互斥事件的加法公式求概率即可.

【详解】

设事件：麒麟部与龙吟部先比赛麒麟部获胜；

由于在每场比赛中，麒麟部胜龙吟部的概率为，麒麟部胜鹰隼部的概率为，龙吟部胜鹰隼部的概率为，

∴麒麟部获胜的概率分别是：，

故选：D．

11．已知是双曲线（，）的左焦点，点在双曲线上，直线与轴垂直，且，那么双曲线的离心率是（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】

易得的坐标为，设点坐标为，求得，由可得，

然后由a，b，c的关系求得，最后求得离心率即可.

【详解】

的坐标为，设点坐标为，

易得，解得，

因为直线与轴垂直，且，

所以可得，则，即，

所以，离心率为．

故选：A.

12．已知函数（其中是自然对数的底数），若关于的方程恰有三个不等实根，且，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

设，则根据题意得必有两个不相等的实根，不妨设，故，再结合的图象可得，，，进而，再构造函数，研究函数的最值即可得答案.

【详解】

由题意设，根据方程恰有三个不等实根，

即必有两个不相等的实根，不妨设

，则，

作出的图象，函数与三个不等实根，且，

那么，可得，，

所以，

构造新函数

当时，在单调递减；

当时，在单调递增；

∴当时，取得最小值为，即的最小值为；

故选：A

【点睛】

本题考查复合函数与分段函数的应用，同时考查导数的综合应用及最值问题，应用了数形结合的思想及转化构造的方法，是难题.本题解题的关键在于设，进而，，再结合的图像可得，，，将问题转化为求函数的最值问题

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知甲、乙两名篮球运动员投篮投中的概率分别为0.5和0.8，且甲、乙两人投篮的结果互不影响．若甲、乙两人各投篮一次，则至少有一人投中的概率为_____．

【答案】0.9

【分析】

根据对立事件的概率公式即可求出．

【详解】

设“甲、乙两人各投篮一次，则至少有一人投中”，

则．

故答案为：0.9．

14．已知椭圆的中心在坐标原点，右焦点与圆的圆心重合，长轴长等于圆的直径，那么短轴长等于______．

【答案】

【分析】

由于是圆，可得，通过圆心和半径计算，即得解

【详解】

由于是圆，

即：圆

其中圆心为，半径为4

那么椭圆的长轴长为8，即，，，

那么短轴长为

故答案为：

15．已知函数（，）的最小正周期为，将的图象向左平移（）个单位长度，所得函数为偶函数时，则的最小值是______．

【答案】

【分析】

由题意利用正弦函数的周期性求得，再利用函数的图象变换规律求得的解析式，再利用三角函数的奇偶性，求得的最小值．

【详解】

∵函数（，）的最小正周期为，

∴，．

将的图象向左平移（）个单位长度，所得函数的图象，

由于得到的函数为偶函数，

∴，，则的最小值是，

故答案为：．

16．函数（）在内不存在极值点，则a的取值范围是_______________．

【答案】．

【分析】

将函数在内不存在极值点，转化为函数为单调函数，求导利用导数或恒成立即可求解.

【详解】

解：∵函数（）在内不存在极值点，

∴函数在内单调递增或单调递减，

∴或在内恒成立，

∵，

令，二次函数的对称轴为，

∴，

，

当时，需满足，即，

当时，需满足，即，

综上所述，a的取值范围为．

故答案为：．

三、解答题：共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．（12分）已知的内角A，B，C的对边分别为，．

（1）求的值；

（2）若，的面积为，求的周长．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）由正弦定理，及，

得，即，

∴．

（2）由（1）知，故，

又因为，解得，．

由，得，

由余弦定理及，得，

∴，∴，

∴的周长为．

18．（12分）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，中，，，，分别是，的中点．

（1）求证：平面；

（2）记平面与平面的交线为直线，点为直线上动点．求直线与平面所成的角的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：因为是以为直径的圆上异于，的点，

所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面．

（2）由已知，，又平面，平面，∴平面，

又平面，平面平面，∴，

以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，∴，，

∴，，

∵，∴可设，平面的一个法向量为，

则，取，得，

又，则，

∴直线与平面所成角的取值范围为．

19．（12分）在年的新冠肺炎疫情影响下，国内国际经济形势呈现出前所未有的格局．某企业统计了年前个月份企业的利润，如下表所示：

（1）根据所给的数据建立该企业所获得的利润（万元）关于月份的回归直线方程，并预测年月份该企业所获得的利润；

（2）企业产品的质量是企业的生命，该企业为了生产优质的产品投放市场，对于生产的每一件产品必须要经过四个环节的质量检查，若每个环节中出现不合格产品立即进行修复，且每个环节是相互独立的，前三个环节中生产的产品合格的概率为，每个环节中不合格产品所需要的修复费用均为元，第四个环节中产品合格的概率为，不合格产品需要的修复费用为元，设每件产品修复的费用为元，写出的分布列，并求出每件产品需要修复的平均费用．

参考公式：回归直线方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，，为样本数据的平均值．

【答案】（1），万元；（2）分布列见解析，修复的平均费用为元．

【解析】（1）由表格数据知，，

，

由回归直线经过样本点的中心可知：，，

则回归直线方程为，

预测年月份该企业所获得的利润为（万元）．

（2）根据题意知所有可能取值为，，，，，，，，

；；；；；；；，

的分布列为：

，

即每件产品需要修复的平均费用为元

20．（12分）已知等轴双曲线的顶点，分别是椭圆的左、右焦点，且是椭圆与双曲线某个交点的横坐标．

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线与椭圆相交于，两点，以线段为直径的圆过椭圆的上顶点，求证：直线恒过定点．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】（1）由已知可得双曲线方程为．

∵，∴交点为．

设椭圆的方程为，代入，得，

∴椭圆的方程为．

（2）证明：显然直线与轴不垂直．

设直线与椭圆相交于，，

由，得，

∴，．

∵，∴，

即，，

∴，

整理得，

即．

∵，，

整理得，∴，

∴直线恒过定点．

21．（12分）已知函数．

（1）若，讨论的单调性；

（2）已知，若方程在有且只有两个解，求实数的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；（2）．

【解析】（1）依题可得，

函数的定义域为，

所以．

当时，由，得，则的减区间为；

由，得，则的增区间为．

当时，由，得，则的减区间为；

由，得或，则的增区间为和．

当时，，则的增区间为．

当时，由，得，则的减区间为；

由，得或，则的增区间为和．

（2）．

在上有两个零点，即关于方程在上有两个不相等的实数根．

令，，则．

令，，则，

显然在上恒成立，故在上单调递增．

因为，所以当时，有，即，所以单调递减；

当时，有，即，所以单调递增．

因为，，，

所以的取值范围是．

（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]（10分）

在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）当时，是什么曲线？

（2）当时，求与的公共点的直角坐标．

【解析】（1）当时，曲线的参数方程为（为参数），两式平方相加得，

∴曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆．

（2）当时，曲线的参数方程为（为参数），∴，曲线的参数方程化为为参数），两式相加得曲线方程为，得，平方得，

曲线的极坐标方程为，曲线直角坐标方程为，

联立方程，整理得，解得或（舍去），，公共点的直角坐标为．

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若时，，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）当a=1时，．

当时，；当时，．

所以，不等式的解集为．

（2）因为，所以．

当，时，．

所以，的取值范围是．