2023年高考第三次模拟考试卷-数学（全国甲卷文）（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、选择题：本小题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的。

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据交集的概念和运算直接得出结果.

【详解】由题意得，

，

所以，

故选：C.

2．设复数满足，则

A．1 B． C．3 D．5

【答案】B

【解析】由可得，再利用复数模的公式可得结果.

【详解】,

,

，故选B.

3．某单位职工参加某APP推出的“二十大知识问答竞赛”活动，参与者每人每天可以作答三次，每次作答20题，每题答对得5分，答错得0分，该单位从职工中随机抽取了10位，他们一天中三次作答的得分情况如图：

根据图，估计该单位职工答题情况，则下列说法正确的是（    ）

A．该单位职工一天中各次作答的平均分保持一致

B．该单位职工一天中各次作答的正确率保持一致

C．该单位职工一天中第三次作答得分的极差小于第二次的极差

D．该单位职工一天中第三次作答得分的标准差小于第一次的标准差

【答案】D

【分析】根据给出统计图数据，分别计算出三次作答的平均分、正确率、极差、标准差，即可作出判断．

【详解】由题可得，该单位抽取的10位员工三次作答的得分分别为：

对于A：第一次作答的平均分为：，

第二次作答的平均分：，

第三次作答的平均分：，

故该单位职工一天中各次作答的平均分不一致，故A错误；

对于B：第一次作答的正确率： ，

第二次作答的正确率： ，

第三次作答的正确率： ，

故该单位职工一天中各次作答的正确率不一致，故B错误；

对于C：该单位职工一天中第三次作答得分的极差：，

该单位职工一天中第二次作答得分的极差：，

故该单位职工一天中第三次作答得分的极差等于第二次的极差，故C错误；

对于D：该单位职工一天中第三次作答得分的标准差：，

该单位职工一天中第一次作答得分的标准差：

，

故该单位职工一天中第三次作答得分的标准差小于第一次的标准差，故D正确，故选：D．

4．如图，网格纸是边长为1的小正方形，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则该多面体的体积为

A．16 B．8 C．4 D．20

【答案】A

【分析】由三视图可知，该几何体是底面边长为2与6的矩形，一个侧面与底面垂直的四棱锥，棱锥的高为4，由棱锥的体积公式可得结果.

【详解】由三视图可知，该几何体是底面边长为2与6的矩形，

一个侧面与底面垂直的四棱锥，棱锥的高为4，

该几何体体积为，故选A.

5．将函数的图象沿轴向左平移个单位后,得到一个偶函数的图象,则的一个可能取值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据平移解析式之间的关系可以求出平移后的解析式,再根据图象的性质可以求出关于的等式,根据所给的选项选出一个正确的答案.

【详解】因为函数的图象沿轴向左平移个单位,所以平移后函数的解析式为：

,该函数是偶函数,所以有

,结合四个选项,当时, .

故选：A

6．张卡片上分别写有0，1，2，3，4，若从这5张卡片中随机取出2张，则取出的2张卡片上的数字之和大于5的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】列出基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.

【详解】从这5张卡片中随机取出2张，

则，

共个基本事件，

其中卡片上的数字之和大于5有.

所以取出的2张卡片上的数字之和大于5的概率是.

故选：B

7．函数的部分图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】计算特殊值，，利用排除法可得是正确选项．

【详解】，排除A、D；，排除B；

故选：C.

8．已知函数（为常数），在区间上有最大值，那么此函数在区间上的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求得导数，得出函数的额单调性，结合函数单调性和端点的函数值，即可求解.

【详解】由题意，函数，可得，

令，即，解得或（舍去）．

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以当时取最小值，而，

即最大值为，所以，

所以此函数在区间上的最小值为

故选：B.

9．如图，在三棱台中，平面，，，，则与平面所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将棱台补全为棱锥，利用等体积法求到面的距离，结合线面角的定义求与平面所成角的大小.

【详解】将棱台补全为如下棱锥，

由，，，易知：，，

由平面，平面，则，，

所以，，故，

所以，若到面的距离为h，又，

则，可得，

综上，与平面所成角，则，即.

故选：A

10．设甲､乙两个圆柱的底面积分别为､，体积分别为､.若它们的侧面积相等，且，则的值是（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【解析】设两个圆柱的底面半径和高分别为，和，，然后根据圆柱的面积公式和体积公式列式计算求解即可．

【详解】设两个圆柱的底面半径和高分别为，和，，

由，得，则，

由圆柱的侧面积相等，得，即，

所以.

故选：B.

11．已知椭圆 的上顶点为， 右焦点为， 延长交椭圆于点， ，则椭圆的离心率（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设，由可得，然后代入椭圆方程化简即可.

【详解】设， 则由

代入椭圆的方程，整理得：

所以，

所以.

故选：A

12．已知,则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】构造,求导求单调性即可得,即证明,再构造,,求导求单调性即可得,即,即证明,即可选出选项.

【详解】解:由题知构造,,

所以,

故在单调递减,所以,

即,即,即

因为,

构造,,

所以,

即在上单调递增,所以,

即,即,即,

综上:.

故选:D

二、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共50分。

13．已知向量，向量，若，则__________．

【答案】

【分析】先求得的坐标，然后利用两个向量垂直的坐标表示，列方程，解方程求得的值.

【详解】依题意，由于，故，解得.

14．若直线与两坐标轴交点为A，B，则以线段AB为直径的圆的方程是___________.

【答案】.

【分析】结合已知条件分别求出A、B的坐标，然后分别求出圆心和半径即可求解.

【详解】不妨设直线与轴和轴的交点分别为A，B，

令，得，即；再令，得，即，

从而线段AB的中点为，且为所求圆的圆心，

又因为，所以所求圆的半径为，

从而以线段AB为直径的圆的方程是.

故答案为：.

15．已知直线与双曲线无交点，则该双曲线离心率的最大值为_________.

【答案】

【分析】根据给定双曲线方程，求出渐近线方程，再借助已知确定b的范围即可计算作答.

【详解】双曲线的渐近线为：，因直线与双曲线无交点，

于是得，而双曲线实半轴长为1，则该双曲线离心率，

所以该双曲线离心率的最大值为.故答案为：

16．在三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则该三角形周长的最大值为___________.

【答案】

【分析】利用正弦定理化简式子，求出的值，进而求出的大小，由余弦定理结合基本不等式即可求出，即可求出三角形周长的最大值.

【详解】由正弦定理变形有：，又因为，所以，则，又因为，所以，

又因为，

所以，当且仅当 “”时取等.

则该三角形周长的最大值为.

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）安全正点、快捷舒适、绿色环保的高速铁路越来越受到中国人民的青睐．为了解动车的终到正点率，某调查中心分别随机调查了甲、乙两家公司生产的动车的300个车次的终到正点率，得到如下列联表：

(1)根据上表，分别估计这两家公司生产的动车的终到正点率不低于0.95的概率；

(2)能否有90％的把握认为甲、乙两家公司生产的动车的终到正点率是否低于0.95与生产动车的公司有关？

附：．

【答案】(1)甲公司生产的动车的终到正点率不低于0.95的概率约为，乙公司生产的动车的终到正点率不低于0.95的概率约为

(2)没有90％的把握认为甲、乙两家公司生产的动车的终到正点率是否低于0.95与生产动车的公司有关

【分析】（1）用频率估计概率，即可得到答案；（2）套公式计算，对着参数下结论即可.

【详解】（1）用频率估计概率，甲公司生产的动车的终到正点率不低于0.95的概率约为；

乙公司生产的动车的终到正点率不低于0.95的概率约为．

（2）因为，

所以，

所以没有90％的把握认为甲、乙两家公司生产的动车的终到正点率是否低于0.95与生产动车的公司有关．

18．（12分）已知数列{an}满足an＋1＝，且a1＝3(n∈N*).

(1)证明：数列是等差数列；

(2)求数列{an}的通项公式.

【答案】(1)证明见解析

(2)，n∈N*

【分析】（1）由已知条件转化可得－＝，n∈N*，进而结合等差数列的定义即可得出结论；

（2）利用等差数列的定义可求出数列的通项公式，进而求出结果.

【解析】(1)证明　由

即－＝，n∈N*，故数列是等差数列.

(2)由（1）知＝＋＝，

所以，n∈N*.

19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，为的中点．

(1)证明：平面；

(2)求多面体的体积．

【答案】(1)证明见解析；(2)

【分析】（1）取的中点，连结，，由题意可推出，即可证明，结合线面平行的判定定理，可证明结论；

（2）求得四棱锥 以及三棱锥 的体积，二者相减可得答案.

【详解】（1）取的中点，连结，，

∵为中点，∴，

由题意知,故，

∴，

四边形为平行四边形，∴

∵面，面，

故平面；

（2）取的中点，连结，而，

则

∵面面，面面，PH在平面PAD中，

∴面，取的中点，

∴，∴面，

又，故 ,

∵,

∵,

∵．

20．（12分）（1）已知函数，求；

（2）已知函数，若曲线在处的切线也与曲线相切，求的值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）求导后，代入即可得到结果；

（2）根据导数几何意义可求得在处的切线斜率，进而得到切线方程；设该直线与相切于，求得在处的切线方程，根据两切线方程相同，可构造方程组求得结果.

【详解】（1），；

（2），，又，

在处的切线方程为：；

设与相切于点，

，，

切线方程为：，即，

，解得：.

21．（12分）设抛物线的焦点为F，过F的直线交C于M，N两点， ．

(1)求C的方程；

(2)设点，直线与C的另一个交点分别为A，B，当直线的斜率存在时，分别记为．则是否为常数，请说明理由．

【答案】(1)；(2)是常数，理由见解析.

【分析】（1）设直线，，求出，得当与x轴垂直时弦长最短，即得解；

（2）设，直线，求出，，，，得，即得解.

【解析】（1）解：设直线，，

由可得，，

所以，

所以当，即与x轴垂直时弦长最短，此时，所以，所以抛物线C的方程为；

（2）解：设，直线

由可得，，

由斜率公式可得，，

直线，代入抛物线方程可得，

，所以，同理可得，所以，所以．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多选，则按所做的第一题计分。

[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22．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）把的参数方程化为极坐标方程；

（2）求与交点的极坐标（）.

【答案】（1）；（2）.

【详解】试题分析：（1）曲线的参数方程为，普通方程为，将，代入上式化简得；（2）曲线直角坐标方程为，将代入上式得（舍去）与交点的极坐标．

试题解析：（1）曲线普通方程，将，代入上式化简得的极坐标方程为．

（2）曲线的极坐标方程化为平面直角坐标方程为，将代入上式得，解得（舍去）．

当时，，所以与交点的平面直角坐标为．

因为，

所以，故与交点的极坐标．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．若a，b，c∈R＋，且满足a＋b＋c＝2.

（1）求abc的最大值；

（2）证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】（1）直接利用三个数的基本不等式求最值即可；

（2）将a＋b＋c＝2代入，利用柯西不等式证明即可.

【详解】(1)因为a，b，c∈R＋，

所以2＝a＋b＋c≥，两边同时取三次幂得，故.

当且仅当a＝b＝c＝时等号成立，所以abc的最大值为；

(2)证明：因为a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝2，所以根据柯西不等式，

可得＝ (a＋b＋c)

＝

，当且仅当时等号成立.

所以.