2023年高考第三次模拟考试卷-数学（新高考Ⅱ卷A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

一、单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分。每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】根据并集的运算可知，.

故选：A.

2．在复平面内，复数与对应的点关于虚轴对称，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】由题意得，

∵复数与对应的点关于虚轴对称对称，

∴．

故选：D．

3．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，第段圆弧的半径为，弧长记为，

则，

所以．

故选：D．

4．已知向量，，若，且，则实数（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】因为向量，，所以，

又，所以，解得.

故选：C.

5．中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个数点中的一个，则不同的安排方法数是（    ）

A．72 B．84 C．88 D．100

【答案】D

【详解】若甲去点，则剩余4人，可只去两个点，也可分为3组去3个点.

当剩余4人只去两个点时，人员分配为或，

此时的分配方法有；

当剩余4人分为3组去3个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有，

综上可得，甲去点，不同的安排方法数是.

同理，甲去点，不同的安排方法数也是，

所以，不同的安排方法数是.

故选：D.

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由题意可知，，

所以.

故选：C.

7．已知在春分或秋分时节，太阳直射赤道附近.若赤道附近某地在此季节的日出时间为早上6点，日落时间为晚上18点，该地有一个底面半径为的圆锥形的建筑物，且该建筑物在白天中恰好有四个小时在地面上没有影子，则该建筑物的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】由题意可知，一天有12个小时的日照时间，因为，所以圆锥轴截面的顶角，

即轴截面为等边三角形，因为圆锥的底面半径为，所以圆锥的高，

所以圆锥的体积为，即该建筑物的体积为.

故选：B

8．定义域为的函数的导数为，若，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】当时，由得：，，

在上单调递减，

令，则，且；

当时，，，在上单调递增，

对于A，，即，，A错误；

对于B，，即，，B错误；

对于C，，C错误；

对于D，，即，，D正确.

故选：D.

二、多项选择题（本大题共4题，每小题5分，共计20分。每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，漏选得2分，多选或错选不得分）

9．已知函数，下列关于该函数的结论正确的是（    ）

A．的图象关于直线对称 B．的一个周期是

C．在区间上单调递增 D．的最大值为

【答案】ABD

【详解】已知，

对于A，，故A正确；

对于B，，故B正确；

对于C，，则，又函数连续，故C错误；

对于D，因为，当时，所以的最大值为，

当时，，，也取得最大值，

所以的最大值为，故D正确；

故选：ABD

10．已知抛物线C的焦点为F，准线为l，点P在C上，PQ垂直l于点Q，直线QF与C相交于M､N两点.若M为QF的三等分点，则（    ）

A．cos∠ B．sin∠

C． D．

【答案】ACD

【详解】如下图，过点作于点，设准线l与交于点，

由抛物线的定义知：，

因为M为QF的三等分点，所以，所以，

所以，所以cos∠，故A正确；

对于B，在中，由抛物线的定义知：，，所以为等边三角形，

又因为，解得：，

同理可得：，

所以，因为为等边三角形，所以

M为QF的三等分点，

所以中，由余弦定理可得：，

则，

则，

所以在中，由正弦定理可得：，

代入可得，sin∠，故B不正确；

对于C，，，所以，故C正确；

对于D，因为，

所以中，，由余弦定理可得：，

则，所以，故D正确.

故选：ACD.

11．半正多面体亦称“阿基米德体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体．点、、是该多面体的三个顶点，且棱长，则下列结论正确的是（    ）

A．该多面体的表面积为

B．该多面体的体积为

C．该多面体的外接球的表面积为

D．若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为

【答案】BCD

【详解】对于A选项，因为，“阿基米德体”一共有八个面，

其中有四个面是边长为的正六边形，有四个面是边长为的正三角形，

因此，“阿基米德体”的表面积为，A错；

对于B选项，如下图所示，在棱长为的正四面体中，设顶点在底面的射影点为点，

延长交于点，则为的中点，

因为为等边三角形，则，且，

易知点为的中心，则，

因为平面，平面，所以，，

故，

，

即棱长为的正四面体的体积为，

因为“阿基米德体”是在棱长为的正四面体上截去了个棱长为的正四面体，

因此，“阿基米德体”的体积为，B对；

对于C选项，设等边的中心为，与平面平行的底面正六边形的中心记为点，

则平面，

原正四面体（棱长为）的高为，则，

由题意可知，“阿基米德体”的外接球球心在直线上，

易知，即正的外接圆半径为，

底面正六边形的外接圆半径为，

设，“阿基米德体”的外接球半径为，则，

解得，则，

因此，该多面体的外接球的表面积为，C对；

对于D选项，如下图所示：

由正六边形的几何性质可知，

因为，则，所以，，

即，同理可知，

因为，、平面，则平面，

因为平面，所以，，

由余弦定理可得，

同理可得，易知，

所以，点的轨迹长度为，D对.

故选：BCD.

12．已知正数x，y满足，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【详解】因为，

所以，，

所以

所以，A正确，B错误；

令，则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，C正确；

令，则，

可知当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，D正确，

故选：ACD.

三、填空题（每小题5分，共计20分）

13．若的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为______.

【答案】

【详解】因为的展开式中各项系数之和为,

令,得,所以6.

因为展开式的通顶公式为,

令,得;令,得,

所以展开式中的系数为.

故答案为：

14．已知圆，双曲线.倾斜角为锐角的直线过的圆心，且与的一条渐近线平行，则的方程为___________.

【答案】

【详解】方程可化为，

所以圆的圆心的坐标为，半径，

双曲线的渐近线方程为或，

因为直线过圆的圆心，且与的一条渐近线平行，其倾斜角为锐角，

所以直线的方程为，化简得，.

故答案为：.

15．某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值， 经计算，．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布，则估计该市高中生身体素质的合格率为______．（用百分数作答，精确到0.1%）

参考数据：若随机变量X服从正态分布，则，，．

【答案】

【详解】因为100个数据，，，…，的平均值，

方差，

所以的估计值为，的估计值为．

设该市高中生的身体素质指标值为X，

由， 得，

所以．

故答案为：.

16．已知函数的定义域为,其导函数为,若函数为偶函数,函数为偶函数,则下列说法正确的序号有___________.

①函数关于轴对称;

②函数关于中心对称;

③若,则;

④若当时,,则当时,.

【答案】①③④

【详解】由于函数为偶函数,则②,则函数关于轴对称,①正确;

进而函数关于点中心对称,

由于函数为偶函数,则,则函数关于轴对称,

进而函数关于中心对称, ②错误;

由题可得函数的周期为，

的周期为，

故，

由中心对称性，

所以，

所以,故,③正确;

当时,，

,④正确.

故答案为：①③④

四、解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明，17题10分，其余各题每题各12分）

17．已知数列的前n项和为，___________，.

(1)求数列的通项公式；

(2)已知数列，当时，，.记数列的前n项和为，求.

在下面三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.

①；②；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)

【详解】（1）选①：∵，时，，

∴两式相减得，即，又当n=1时，，

∴，满足上式，∴；

选②：当n=1时，，∴，

∵，时，，

∴两式相减得，

数列是以2为首项2为公比的等比数列，

∴；

选③∵，时，，

∴两式相除得，当n=1时，，满足上式，∴；

（2）因为当时，，，

所以当时，，

当时，，

当时，.

当时，，

当时，，

当时，，

所以.

18．如图，在中，内角的对边分别为，满足.

(1)求；

(2)在所在平面上存在点，连接，若，，求的面积.

【答案】(1)；(2).

【详解】（1）在中，由，得，

由正弦定理，得，因为，

因此，即，

而，，有，即有，且显然，

于是，解得，

所以.

（2）令，四边形内角和为，由（1）的结论知：，

在中，由正弦定理得：，即有，

在中，，则，

又，则有，即，，

因为，则，于是，即，

又，

因此，，

所以的面积.

19．(1)对于任意两个事件，若，，证明：；

(2)贝叶斯公式是由英国数学家贝叶斯发现的，它用来描述两个条件概率之间的关系.该公式为：设，，…，是一组两两互斥的事件，，且，，2，…，，则对任意的事件，，有，，2，…，.

（i）已知某地区烟民的肺癌发病率为1%，先用低剂量进行肺癌筛查，医学研究表明，化验结果是存在错误的.已知患有肺癌的人其化验结果99%呈阳性（有病），而没有患肺癌的人其化验结果99%呈阴性（无病），现某烟民的检验结果为阳性，请问他真的患肺癌的概率是多少？

（ii）为了确保诊断无误，一般对第一次检查呈阳性的烟民进行复诊.复诊时，此人患肺癌的概率就不再是1%，这是因为第一次检查呈阳性，所以对其患肺癌的概率进行修正，因此将用贝叶斯公式求出来的概率作为修正概率，请问如果该烟民第二次检查还是呈阳性，则他真的患肺癌的概率是多少？

【答案】(1)证明见解析；

(2) （i）；（ii）

【详解】(1)因为，，所以

(2) （i）记检查结果呈阳性为事件A，被检查者患有肺癌为事件B，由题意可得：，，由贝叶斯公式得

，

因此某烟民的检查结果为阳性，他真的患有肺癌的概率是.

（ii）同（i），.

20．已知三棱台中，底面，，，，、分别是、的中点，是棱上的点.

(1)求证：；

(2)若是线段的中点，平面与的交点记为，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)

【详解】（1）证明：取线段的中点，连接、，如图所示：

因为、分别为、的中点，则，

在三棱台中，，所以，，且，

故、、、四点共面，

因为，，则，

又因为底面，、平面，所以，，

因为，、平面，所以平面，

因为，所以平面，

因为平面，所以，

因为，，

又因为，所以四边形是正方形，所以，

又因为，、平面，所以平面，

因为平面，所以.

（2）解：延长与相交于点，连接，则，

因为、分别为和的中点，，则，

则，所以，为的中点，

又因为为的中点，且，则为的重心，则，

由（1）知，所以、、两两垂直，

以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，

则、、、、，

所以，，，，

设平面的法向量，则，

取，则，

设平面的法向量为，则，

取，可得，

所以，，

由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.

21．已知椭圆的右焦点为，直线.

(1)若到直线的距离为，求；

(2)若直线与椭圆交于，两点，且的面积为，求；

(3)若椭圆上存在点，过作直线的垂线，垂足为，满足直线和直线的夹角为，求的取值范围.

【答案】(1)(2)(3)且

【详解】（1）因为，所以右焦点为，

又因为，所以到直线的距离，解得；

（2）设，，

由得，

所以，即，且，

所以

，

又因为O到直线的距离为，

所以的面积为

，

解得满足，所以；

（3）若，则直线经过点，此时直线和直线的夹角为（舍去），

若，由直线和直线的夹角为，且得，

直线的方程为或代入得或，

所以直线的方程为或代入椭圆方程得

或，

由或

解得或，

综上得的取值范围为且．

22．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线与两条坐标轴围成的三角形的面积；

(2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围.

【答案】(1)(2)

【详解】（1）当时，，所以.

又，所以切线的斜率为.

所以切线方程为.

令，得；令，得.

所以切线与两条坐标轴围成的三角形的面积.

（2）因为，所以.

当时，，单调递增，所以至多有一个零点.

令，则.

当时，因为，所以.

所以，单调递减，所以至多有一个零点.

当时，令，得且.

当时，时，即时，，，单调递增，又，所以.

因为是连续的函数，且，

所以，所以在上只有一个零点.

当或，即，或时，，，单调递减，

因为.

设，，

所以单调递增，所以，即，

因为，即.

因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.

所以在上又有一个零点，设，

因为，

所以，又，所以，

因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.

综上可知，当时，函数在在三个不同的零点.

故实数的取值范围为.