2023年高考第三次模拟考试卷-数学（全国甲卷理）（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．电影《流浪地球》中描述了使用发动机推动地球运动的场景．某科学兴趣小组提出了一套新装置：使用一条强度很大的长金属绳索绕地球赤道一周，一端连接强力发动机P绷紧绳索，为地球提供动力．若绳索比地球赤道长2 cm，则发动机距地面的高度约为（取地球半径为6 400 km；当很小时，，．）（    ）

A．9 cm B．11 cm C．9 m D．11 m

【答案】C

【分析】为方便计算，可记地球半径为R，绳索比地球赤道长2x，再根据图形关系列式表达绳索比地球赤道长和发动机距地面的高度的表达式，再联立求解即可

【详解】如右图．记地球半径为R，绳索比地球赤道长2x=0.02，则

由题述近似可得所以．

故选：C

9．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.

10．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

11．设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．

【详解】解：依题意可得，因为，所以，

要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：

则，解得，即．

故选：C．

12．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将表示为分式形式，构造函数，求导求单调性，将代入，变形即可得之间的大小关系，根据与大小关系，变形后可得，将代入变形即可得之间关系，进而可得选项.

【详解】解：设函数，，

所以则，所以在上单调递减，

因为，，，

因此，则，即，

当时，由，得，

因此，所以，即，

故，即，故．

故选：B

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．从5个男生，4个女生中任意选两个，则至少有一个女生的概率是________.

【答案】

【分析】求出所有的基本事件的个数，求出对应事件包含的基本事件的个数，再求出事件“至少有一个女生”的基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式即可求出事件的概率.

【详解】从5个男生，4个女生中任意选两人所有取法：，

取的两人中不含女生的取法有，

至少有一个女生的取法有，

至少有一个女生的概率是.

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．羽毛球比赛中采用每球得分制，即每回合中胜方得1分，负方得0分，每回合由上回合的胜方发球．设在甲、乙的比赛中，每回合发球，发球方得1分的概率为0.6，各回合发球的胜负结果相互独立．若在一局比赛中，甲先发球．

（1）求比赛进行3个回合后，甲与乙的比分为的概率；

（2）表示3个回合后乙的得分，求的分布列与数学期望．

【答案】（1）0.336（2）见解析

【分析】（1）记“第回合发球，甲胜”为事件，=1，2，3，且事件相互独立，设“3个回合后，甲与乙比分为2比1”为事件，由互斥事件概率加法公式和相互独立事件乘法公式求出比赛进行3个回合后，甲与乙的比分为2比1的概率；

（2）的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此求出的分布列和数学期望.

【详解】解：记“第回合发球，甲胜”为事件，=1，2，3，且事件相互独立．

（1）记“3个回合后，甲与乙比分为2比1”为事件，

则事件发生表示事件或或发生，

且，，互斥．           

又，

，

．                  

由互斥事件概率加法公式可得

．

答：3个回合后，甲与乙比分为2比1的概率为0.336．   

（2）因表示3个回合后乙的得分，则0，1，2，3．

，，

．

．        

所以，随机变量的概率分布列为

故随机变量的数学期望为=．

答：的数学期望为1.376．

18．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．在四棱锥中，底面．

(1)证明：；

(2)求PD与平面所成的角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；(2).

【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；

（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.

【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，

因为，

所以四边形为等腰梯形，

所以，

故，，

所以，

所以，

因为平面，平面，

所以，

又，

所以平面，

又因为平面，

所以；

（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，

，

则，

则，

设平面的法向量，

则有，可取，

则，

所以与平面所成角的正弦值为.

20．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．

21．已知函数的图象在处切线与直线平行.

（1）求实数的值，并判断的单调性；

（2）若函数有两个零点，且，证明.

【答案】（1），函数在上单调递减；在上单调递增；（2）证明见解析.

【分析】（1）求得函数的导数，由题设条件，得出，求得，代入导数，结合和，即可求得函数的单调区间；

（2）由（1）得，根据是函数的两个零点，得到，

两式相减整理得 ，构造函数，求得函数的单调性与最值，即可求解.

【详解】（1）由题意函数的定义域为，且，

因为函数的图象在处切线与直线平行，

可得，解得，

所以，则，

由，即，得，故在上单调递减；

由，即，得，故在上单调递增.

（2）由，因为是函数的两个零点，

可得，

两式相减，可得，

整理得，即，所以，

令，由，知，

则

构造函数，则有，

所以函数在上单调递增，故，即，

又，所以，即.

（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.