2023年高考第三次模拟考试卷-数学（北京B卷）（全解全析）

2023年高考数学第三次模拟考试卷

高三数学

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

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

第一部分（选择题  40分）

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求

的一项。

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据并集的运算，计算即可得出答案.

【详解】根据并集的运算可知，.

故选：A.

2．设复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的四则运算得到，再根据模长公式求解即可.

【详解】因为，

所以，

所以，

故选：C.

3．在数列中，，，则的值为（    ）

A．52 B．51 C．50 D．49

【答案】A

【分析】由题判断出函数为等差数列，即可求出.

【详解】由题意，数列满足，即，

又由，所以数列为 首项为2，公差为的等差数列，

所以.

故选：A．

4．在的二项展开式中，的系数是（    ）

A．8 B． C．10 D．

【答案】D

【分析】利用二项式定理的通项公式，直接求出的系数．

【详解】的二项展开式的通项公式为：，

要求的系数，只需，解得：r=1.

所以的系数是：.

故选：D.

5．“，”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据三角函数的诱导公式和特殊角的三角函数，结合充分必要条件的概念即可判断.

【详解】，时，，

，时，，

所以“，”是“”的充分而不必要条件，

故选:.

6．已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到点的距离为，则点到原点的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由抛物线的定义，将抛物线上一点到焦点的距离转化为到准线的距离，列方程求出点的坐标，进而得出点到原点的距离．

【详解】抛物线的准线为，

由题意，设，，，，

则点P到原点的距离为，

故选：D

7．已知圆C：，过点的直线l与圆C交于A，B两点，则弦长度的最小值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】由题意，可得当直线l垂直于过圆心C与定点的直线时，弦长度取得最小值.

【详解】解：由题意，因为，所以点在圆C内，

因为直线l过点与圆C交于A，B两点，

所以当直线l垂直于时弦长度取得最小值，

因为，

所以，

故选：B.

8．明朝早起，郑和七下西洋过程中，将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性地应用于航海，形成了一套先进的航海技术——“过洋牵星术”，简单地说，就是通过观测不同季节､时辰的日月星辰在填空运行的位置和测量星辰在海面以上的高度来判断水位.其采用的主要工具是牵星板，其由块正方形模板组成，最小的一块边长约(称一指)，木板的长度按从小到大均两两相差，最大的边长约(称十二指).观测时，将木板立起，一手拿着木板，手臂伸直，眼睛到木板的距离大约为，使牵星板与海平面垂直，让板的下缘与海平面重合，上边缘对着所观测的星辰依高低不停替换､调整木板，当被测星辰落在木板上边缘时所用的是几指板，观测的星辰离海平面的高度就是几指，然后就可以推算出船在海中的地理纬度.如图所示，若在一次观测中，所用的牵星板为六指板，则约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得到六指，进而得到，再结合二倍角的正弦公式和商数关系求解.

【详解】由题意知：六指为，

所以，

所以，

.

故选：D

9．双曲线：的左、右焦点分别为F1、F2，过F1的直线与双曲线C的右支在第一象限的交点为A，与y轴的交点为B，且△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】为等边三角形，则，，故，得到离心率.

【详解】为等边三角形，则，

中，，故，故.

故选：B

10．已知正方体的棱长为2，点为正方形所在平面内一动点，给出下列三个命题：

①若点总满足，则动点的轨迹是一条直线；

②若点到直线与到平面的距离相等，则动点的轨迹是抛物线；

③若点到直线的距离与到点的距离之和为2，则动点的轨迹是椭圆.

其中正确的命题个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据正方体中的线面垂直以及线线垂直关系，即可确定满足满足的动点的轨迹，从而可判断①；利用线线关系将点线距离转化为点点距离，结合圆锥曲线的定义即可判断动点的轨迹，即可得判断②③，从而可得答案.

【详解】对于①，如图在正方体中，连接，

在正方体中，因为四边形为正方形，所以，

又平面，平面，所以，

又平面，所以平面，

平面平面，平面，点总满足，

所以平面，所以，则动点的轨迹是一条直线，故①正确；

对于②，平面,平面，则点到直线等于到的距离，

又到平面的距离等于到的距离，

则到的距离等于到的距离，由抛物线的定义可知，动点的轨迹是抛物线，故②正确；

对于③，点到直线的距离等于到的距离，所以到的距离与到点的距离之和为2，即，则点的轨迹为线段，故③不正确.

所以正确的命题个数是2.

故选：C.

第二部分（非选择题  共110分）

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．

11．函数的定义域为______________．

【答案】

【分析】根据题意，列出不等式，求解即可得到结果.

【详解】因为函数

则，解得且

所以函数的定义域为

故答案为:

12．已知是夹角为的两个单位向量，若向量，则__________.

【答案】4

【分析】直接由数量积的定义计算即可.

【详解】依题意得，，于是.

故答案为：

13．袋子中有7个大小相同的小球，其中4个红球，3个黄球，每次从袋子中随机摸出1个小球，摸出的球不再放回，则在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率是___________.

【答案】##0.5

【分析】利用条件概率的公式计算即可.

【详解】记事件第1次摸到红球，事件第2次摸到红球，

第1次摸到红球的事件种数，

在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的事件种数，

则.

故答案为：.

14．在中，角的对边分别为，若，，，则__________．

【答案】

【分析】由正弦定理得到，再由余弦定理求出的值.

【详解】由正弦定理得：，

再有余弦定理得：，

解得：.

故答案为：．

15．对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，现新定义：若满足，则称为的次不动点，有下面四个结论

①定义在R上的偶函数既不存在不动点，也不存在次不动点

②定义在R上的奇函数既存在不动点，也存在次不动点

③当时，函数在上仅有一个不动点和一个次不动点．

④不存在正整数m，使得函数在区间上存在不动点，其中，正确结论的序号为__________．

【答案】②③

【分析】举反例偶函数，利用“不动点”、“次不动点”的定义即可判断①；

对于②结合奇函数定义及性质即可判断；

对于③首先利用“不动点”定义得到及利用“次不动点”的定义得，再分离变量，利用函数单调性即可求得a的取值范围；

对于④利用“不动点”得到，分离变量后得到，将问题转化为函数零点问题即可求解.

【详解】对于①:取函数，，既是的不动点，又是的次不动点，故①错误；

对于②:定义在上的奇函数满足，故②正确；

对于③:当时， ，即.

令，，在区间上单调递增，在上单调递增，满足有唯一解；

当时，即.

令，，在区间上单调递增，在上单调递增，满足有唯一解；综上时函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，故③正确;

对于④:假设函数在区间上存在不动点，则在上有解，即在上有解，令，则，再令，则，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以在上 恒成立，所以在上单调递增，

所以，，

所以实数满足，存在正整数满足条件，故④错误：

故答案为：②③

【点睛】本题考查的是函数的新定义问题，试题以函数和方程的有关知识为背景设计问题，难度较大.已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解

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．

16．在中，内角，，所对的边分别是，，．已知．

(1)求角的大小；

(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积．

条件①：，；

条件②：，；

条件③：，．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）由正弦定理的边化角公式得出角的大小；

（2）选①：由余弦定理以及判别式求解即可；选②：由余弦定理得出，进而求出面积；选③：由正弦定理得出，进而由余弦定理得出，即可得解..

【详解】（1）因为，所以，

又，所以.

因为，所以.

（2）选①：由余弦定理可得，.

即，此时，无解，不合题意.

选②：由余弦定理可得，整理得，

解得或（舍），即.

满足存在且唯一确定，则的面积为.

选③：，由正弦定理可得.

由余弦定理可得，，即.

解得，

当时，，不合题意；

所以，满足存在且唯一确定，

则的面积为

17．如图，在四棱锥中，平面，，，，．为棱上一点，平面与棱交于点．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，完成下列两个问题

(1)求证：为的中点；

(2)求二面角的余弦值．

条件①：；

条件②：．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）若选条件①，利用线面平行判定定理和性质定理即可得出四边形为平行四边形，又即可得为的中位线即可得出证明；若选条件②，利用勾股定理可得为的中点，再利用线面平行判定定理和性质定理即可得，即可得出证明；

（2）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面的法向量为，易知是平面的一个法向量，根据空间向量夹角与二面角之间的关系即可求得结果.

【详解】（1）选条件①：

因为，平面，平面，

所以平面

因为平面平面，

所以

又， 所以四边形为平行四边形．

所以且．        

因为且，所以且．

所以为的中位线．        

所以为的中点．

选条件②：．

因为平面，平面，所以．

在中，．    

在直角梯形中，

由，，可求得，所以．

因为，所以为的中点．    

因为，平面，平面， 所以平面．

因为平面平面，所以．            

所以，

所以为的中点；

（2）由题可知因为平面，所以．

又，所以两两相互垂直．

如图建立空间直角坐标系，            

则，，，，，．

所以，，．

设平面的法向量为，则，即

令，则，．于是．        

因为平面，且，所以平面，

又平面，所以．

又，且为的中点，所以．平面，

所以平面，所以是平面的一个法向量．    

．    

由题设，二面角的平面角为锐角，

所以二面角的余弦值为．

18．网购生鲜蔬菜成为很多家庭日常消费的新选择．某小区物业对本小区三月份参与网购生鲜蔬菜的家庭的网购次数进行调查，从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取10户，分别记为A组和B组，这20户家庭三月份网购生鲜蔬菜的次数如下图：

假设用频率估计概率，且各户网购生鲜蔬菜的情况互不影响·

(1)从一单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中随机抽取1户，估计该户三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的概率；

(2)从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取1户，记这两户中三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数为X，估计X的数学期望；

(3)从A组和B组中分别随机抽取2户家庭，记为A组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数，为B组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数，比较方差与的大小．（结论不要求证明）

【答案】(1)

(2)1

(3)

【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求出；

（2）由题可知，X的可能取值为0，1，2，再分别求出对应的概率，由期望公式即可求出；

（3）根据方差公式计算可知，．

【详解】（1）设“该户三月份网购生鲜蔬菜次数大于20”为事件，在组10户中超过20次的有3户，由样本频率估计总体概率，则.

（2）由样本频率估计总体概率，一单元参与网购家庭随机抽取1户的网购生鲜蔬菜次数超过20次概率为，二单元参与网购家庭随机抽取1户的网购生鲜蔬菜次数超过20次概率为，X的可能取值为0，1，2，所以，

，，

，．

（3）依题可知，，的可能取值为0，1，2，且，服从超几何分布，

，，，

，，，

因为，，所以，

，

，所以，．

19．已知.

(1)当时，求函数在点处的切线方程；

(2)求证：；

(3)若在恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）当时，求出的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；

（2）当时，利用导数求得，即可证得结论成立；

（3）分析可知对任意的，，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.

【详解】（1）解：当时，，则，

则，，

所以，函数在点处的切线方程为.

（2）解：当时，，该函数的定义域为，

则，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，即.

（3）解：，则，且，

由题意可知，对任意的，.

令，其中，则，

所以，函数在上单调递增，所以，.

①当时，即当时，，

此时函数在上单调递增，

故当时，，合乎题意；

②当时，即当时，由可得，即，

此时，

解得，，则，

由韦达定理可得，必有，

当时，，此时函数单调递减，则，不合乎题意.

综上所述，实数的取值范围是.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

20．已知椭圆，点为椭圆的上顶点，设直线过点且与椭圆交于两点，点不与的顶点重合，当轴时，.

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线与直线的交点分别为，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用椭圆上的点求椭圆方程；

（2）分类讨论，设直线的方程，与椭圆联立方程组，设两点坐标，得直线的方程，得两点的坐标，借助韦达定理和二次函数的性质，求解的取值范围.

【详解】（1）点为椭圆的上顶点，∴，

当轴时，点关于轴对称，不妨设点在轴上方，

又因为此时，点在线段上，所以，点坐标为，

故，解得，

所以椭圆的方程为.

（2）当直线不存在斜率时，则直线的方程为，

不妨设点在轴上方，在轴下方，

则，

所以，直线的方程为，当时，解得点的纵坐标为，

同理，解得点的纵坐标为，

所以.

当直线存在斜率时，设其方程为，点与椭圆的顶点不重合，则且，

由消并整理得，，易得，

设，则，

，

又直线的方程为，

当时，解得点的纵坐标为；

同理，解得点的纵坐标为，

所以，

令，则且，

所以且.

综上，的取值范围是.

【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.

21．对于每项均是正整数的数列、、、，定义变换，将数列变换成数列、、、、．对于每项均是非负整数的数列、、、，定义变换，将数列各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列；又定义．设是每项均为正整数的有穷数列，令．

(1)如果数列为、、，写出数列、；

(2)对于每项均是正整数的有穷数列，证明；

(3)证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列，存在正整数，当时，．

【答案】(1)、、，、、、

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）由、、，求得再通过求解；

（2）设有穷数列求得再求得，由，两者作差比较；

（3）设是每项均为非负整数的数列、、、．在存在，有时条件下，交换数列的第项与第项得到数列，在存在，使得时条件下，若记数列、、、为，，．由，得到．是大于的整数，所以经过有限步后，必有．

【详解】（1）解：、、，、、、，、、，

、、、，、、、.

（2）证明：设每项均是正整数的有穷数列为、、、，

则为、、、、，

从而．

又 ，

所以，

故．

（3）解：设是每项均为非负整数的数列，，．

当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，

则．

当存在，使得时，若记数列，，为，

则．

所以．

从而对于任意给定的数列，由，1，2，…

可知．

又由（2）可知，所以．

即对于，要么有，要么有．

因为是大于的整数，所以经过有限步后，必有．

即存在正整数，当时，.

【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.