2023年高考第三次模拟考试卷-数学（新高考Ⅰ卷B卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-数学（新高考Ⅰ卷B卷）（全解全析），共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年高考数学第三次模拟考试卷
全解全析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则的元素个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据一元二次不等式解法和函数定义域分别解得，，即可得中有2个元素.
【详解】由解得，
由可得；
所以，即的元素个数为2个.
故选：B．
2．已知复数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用复数乘法的几何意义求复数的模即可.
【详解】由.
故选：B
3．在平行四边形中，，．若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用平面向量的线性运算求出即可.
【详解】由题意可得
，

所以，，
所以，
故选：D
4．在倡导“节能环保”“低碳生活”的今天，新能源逐渐被人们所接受，进而青睐，新能源汽车作为新能源中的重要支柱产业之一取得了长足的发展．为预测某省未来新能源汽车的保有量，采用阻滞型模型进行估计．其中y为第t年底新能源汽车的保有量，r为年增长率，M为饱和量，为初始值（单位：万辆）．若该省2021年底的新能源汽车拥有量为20万辆，以此作为初始值，若以后每年的增长率为0.12，饱和量为1300万辆，那么2031年底该省新能源汽车的保有量为（精确到1万辆）（参考数据：，）（    ）
A．62万 B．63万 C．64万 D．65万
【答案】C
【分析】把已知数据代入阻滞型模型，求出对应的值即可．
【详解】根据题中所给阻滞型模型，代入有关数据，注意以2021年的为初始值，
则2031年底该省新能源汽车的保有量为，
因为，所以，
所以
故选：C
5．篮球队的5名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他4人的概率相等，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】考虑前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况有只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，根据独立事件的乘法公式以及互斥事件的加法公式即可求得答案.
【详解】由题意可知每位队员把球传给其他4人的概率都为，
由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况可分为：
只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，
则概率为，
故选：D
6．设函数，其图象的一条对称轴在区间内，且的最小正周期大于，则的取值范围为（     ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用辅助角公式化简，再求出函数的对称轴方程，由图象的一条对称轴在区间内，求出的取值范围，验证周期得答案.
【详解】，
由，得，
取，得，取，得，
由，得，此时，
由，得，此时，不合题意，
依次当取其它整数时，不合题意，所以的取值范围为，
故选：D
7．已知，，，则的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别构造和，求导判断出在上的单调性，比较出函数值与端点值的大小关系，进而得出的大小关系．
【详解】令，
则恒成立，即在上单调递增，且，
故，取，则，即，
可得，即；
令，
则恒成立，即在上单调递减，且，
故，取，则，即，
可得，即；
综上可得：的大小关系为
故选：B
8．已知是边长为2的等边三角形，，当三棱锥体积取最大时，其外接球的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出三棱锥体积取最大时的几何体特征，再确定球心位置，求出球半径作答.
【详解】取中点，连接，如图，

在中，由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
又，则，
当且仅当时，最大，的面积最大，
令直线与平面所成角为，则点到平面的距离，当且仅当时取等号，
因此三棱锥体积，即当最大，三棱锥体积最大，
因此当三棱锥体积最大时，且平面，而平面，即有，
正中，，，则平面，
令正的外接圆圆心为，等腰的外接圆圆心为，则分别在上，令外接球球心为，
于是平面，平面，有，即四边形是矩形，
而，，在中，，
因此球的半径，
所以三棱锥外接球的体积，
故选：C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知函数，则（    ）
A．是奇函数
B．的单调递增区间为和
C．的最大值为
D．的极值点为
【答案】AB
【分析】根据函数奇偶性定义即可判断是奇函数，利用导数研究函数的单调性可知，的单调递增区间为和，单调减区间为，所以无最大值，极大值点为，极小值点为.
【详解】因为对，根据奇函数定义可知函数是上的奇函数，即A正确；
令可得或，即的单调递增区间为和，故B正确；
由B可知，在单调递增，所以无最大值，即C错误；
由得，结合选项B可知，是函数的极大值点，是函数的极小值点，极值点不是点，所以错误.
故选：AB
10．正方体的棱长为3，E，F分别是棱，上的动点，满足，则（    ）
A．与垂直
B．与一定是异面直线
C．存在点E，F，使得三棱锥的体积为
D．当E，F分别是，的中点时，平面截正方体所得截面的周长为
【答案】ACD
【分析】设，利用坐标法可判断A，利用特值法可判断B，根据体积公式表示出三棱锥的体积可判断C，作出截面结合条件可得周长判断D.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设，

则，
A：由题可得，所以,
所以，即，故A正确；
B：当E，F为中点时，，所以，B，D，F，E四点共面，此时与不是异面直线，故B错误；
C：由，可得，
则，由于，故C正确；
D：直线与分别交于，连接分别交，于点M，N，
则五边形为平面截正方体所得的截面，
因为E，F分别是，的中点，
所以易得，故可得，

因为，所以，
可得，同理可得，所以五边形的周长为，故D正确.
故选：ACD.
11．已知抛物线，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，点P在抛物线上，则下列说法中正确的是（    ）
A．若点，则的最小值为4
B．过点且与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有两条
C．若正三角形ODE的三个顶点都在抛物线上，则ODE的周长为
D．点H为抛物线C上的任意一点，，，当t取最大值时，GFH的面积为2
【答案】AD
【分析】A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.由抛物线定义，，据此可得最小值；
B选项，过点B且与抛物线只有一个公共点的直线有两类，抛物线的切线与斜率不存在的直线；
C选项，设，由及D，E两点在抛物线上可得，
后可得ODE的周长；
D选项，设，则，由基本不等式可得取最大值时，，后可得GFH的面积.
【详解】A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.则由抛物线定义，有.则，则当三点共线时，有最小值4.故A正确；
B选项，当过点B直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线与抛物线只有一个交点；当过点B直线斜率存在时，设直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，则.令或
，则直线或为抛物线切线.综上，过点且与抛物线只有一个公共点的直线有3条，故B错误；
C选项，设，因三角形ODE为正三角形，
则，又，
则.
因，则.又由图可得.
则，则.
得ODE的周长为.故C错误；
D选项，设，则
，当取最大值时，
.取，则此时GFH的面积为.
故D正确.
故选：AD

12．已知函数及其导函数的定义域均为R，记，若，均为奇函数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】根据为奇函数可得，再由导数相等可得，又为奇函数可得，两式结合可得 ，，且可推出函数周期为2，据此判断BD，由上述条件可知关于中心对称，关于中心对称且周期为2，取满足条件的函数，即可判断AC.
【详解】因为定义域均为R的奇函数，
所以，即，
所以，即，
所以，
又为奇函数，所以，
当时，，即 ，，故B正确；
又，所以，
故，即函数的周期为2，
所以，，即，故D正确；
由为奇函数可知，即的图象关于成中心对称，不妨取，则满足周期为2，关于中心对称条件，因为，，，可知AC错误.
故选：BD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．展开式中含项的系数为______．
【答案】－60
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】，
设该二项式的通项公式为，
因为的次数为，所以令，
二项式的通项公式为，
令，
所以项的系数为，
故答案为：
14．若直线与相交于点，过点作圆的切线，切点为，则|PM|的最大值为______．
【答案】
【分析】根据两直线所过的定点和位置关系，结合圆的性质进行求解即可.
【详解】直线过定点，直线过定点，
显然这两条直线互相垂直，因此在以为直径的圆上，设该圆的圆心为，
显然点的坐标为，所以该圆的方程为，
由圆的切线性质可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，
当点在如下图位置时，的值最大，即，
所以|PM|的最大值为，

故答案为：
【点睛】关键点睛：根据两直线的位置关系确定点的轨迹，利用圆的几何性质是解题的关键.
15．已知函数.若，则a的取值范围是___________.
【答案】
【分析】分，以及，分别讨论，构造函数，结合处的函数值，推导得出函数的单调性，进而得出导函数的符号，即可推得答案.
【详解】当时，恒成立；
当时，此时应有，即.
令,，则.
设，则恒成立，
所以，即单调递增.
又，则要使在上恒成立，
应有在上恒成立，
即在上恒成立.
又时，，所以；
当时，此时应有，即.
令，则.
令，则恒成立，
所以，即单调递减.
又，则要使在上恒成立，
应有在上恒成立，
即在上恒成立.
因为，在上单调递减，所以，
所以.
综上所述，a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：当时，，根据，可推得要使在上恒成立，应有在上恒成立，进而推得a的取值范围.
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上的一点，为的内心，且，则的离心率为______．
【答案】4
【分析】根据三角形内角平分线定理、三角形内心的性质，结合平面向量线性运算的性质、双曲线的定义和离心率公式进行求解即可.
【详解】如图所示，在焦点三角形中， 处长交于点，
因为为的内心，所以有，








，
因为，
所以有，
因此的离心率为，
故答案为：

【点睛】关键点睛：运用三角形内角平分线定理、平面向量线性运算、三角形内心的性质是解题的关键.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知数列满足，．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用退一作商法，结合等差数列的知识证得数列是等差数列.
（2）利用裂项求和法求得.
【详解】（1）因为 ①，
所以当时， ②．
因为，所以由得，即．
所以，即．
由，得，所以，所以．
所以数列是以-2为首项，-3为公差的等差数列．
（2）由（1）得，
即，
所以．
所以



．
18．在中，角所对的边分别为，且.
(1)求证：；
(2)求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)最小值为

【分析】（1）根据正弦定理边角互化和两角和差正弦化简即可证明.
（2）将问题转化 ，根据第一问解得，然后结合不等式求解.
【详解】（1）在中，，
由正弦定理得，
又，
因为,
所以,
所以,又,
所以，且,
所以，
故
（2）由（1）得，
所以，
因为，
所以

，
当且仅当即，且，即当且仅当时等号成立，
所以当时，的最小值为
19．如图，在三棱台中，面，，

(1)证明：；
(2)若棱台的体积为，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明，则；
（2）利用棱台体积公式得到上下底面三角形的相似比，写出相关点坐标，求出相关平面的法向量，最后利用二面角公式即可求出其余弦值.
【详解】（1）在平面中过点作的垂线，
在平面ABC中过点作的垂线，

面面，，面，
且面面，故面，
面，所以，
故，，三条两两垂直，
建立以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
如图所示，则由题意得

，，即，
，
（2）设，
，
根据，则，
由棱台体积公式得
，
所以，则
在（1）问建系基础上，

设面的法向量
由，即，
取，则，则 ，
由题意得，根据，则，则
，
设面法向量
由，即，
取，则，，则，
设二面角的大小为，依图可知，
所以，
所以二面角的余弦值为
20．某游戏中的角色“突击者”的攻击有一段冷却时间（即发动一次攻击后需经过一段时间才能再次发动攻击）.其拥有两个技能，技能一是每次发动攻击后有的概率使自己的下一次攻击立即冷却完毕并直接发动，该技能可以连续触发，从而可能连续多次跳过冷却时间持续发动攻击；技能二是每次发动攻击时有的概率使得本次攻击以及接下来的攻击的伤害全部变为原来的2倍，但是多次触发时效果不可叠加（相当于多次触发技能二时仅得到第一次触发带来的2倍伤害加成）.每次攻击发动时先判定技能二是否触发，再判定技能一是否触发.发动一次攻击并连续多次触发技能一而带来的连续攻击称为一轮攻击，造成的总伤害称为一轮攻击的伤害.假设“突击者”单次攻击的伤害为1，技能一和技能二的各次触发均彼此独立：
(1)当“突击者”发动一轮攻击时，记事件A为“技能一和技能二的触发次数之和为2”，事件B为“技能一和技能二各触发1次”，求条件概率
(2)设n是正整数，“突击者”一轮攻击造成的伤害为的概率记为，求.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）分析试验过程，分别求出和，利用条件概率的公式直接计算；
（2）分析 “突击者”一轮攻击造成的伤害为,分为：i.进行次，均不触发技能二；前面的次触发技能一，最后一次不触发技能一；ii.第一次触发技能二，然后的次触发技能一，第次未触发技能一；iii. 前面的次未触发技能二，然后接着的第次触发技能二；前面的触发技能一，第次未触发技能一. 分别求概率.即可求出.
【详解】（1）两次攻击，分成下列情况：i.第一次攻击，技能一和技能二均触发，第二次攻击，技能一和技能二均未触发；ii .第一次攻击，技能一触发，技能二未触发，第二次攻击，技能二触发，技能一未触发；iii. 第一、二次攻击，技能一触发，技能二未触发，第三次攻击，技能一、二未触发；
所以.
.
所以
（2）“突击者”一轮攻击造成的伤害为,分为：
i. 记事件D：进行次，均不触发技能二；前面的次触发技能一，最后一次不触发技能一.其概率为：
ii. 记事件E：第一次触发技能二，然后的次触发技能一，第次未触发技能一.其概率为：
iii. 记事件：前面的次未触发技能二，然后接着的第次触发技能二；前面的触发技能一，第次未触发技能一. 其概率为：
，
则事件彼此互斥，记，
所以


所以



【点睛】关键点睛：这道题关键的地方是题意的理解，文字较多，要明白一轮攻击中含多次攻击，每次攻击判断技能的触发，在第二问中需要分多种情况进行讨论，然后用互斥事件的概率计算公式进行求解
21．如图，双曲线的中心在原点，焦距为，左、右顶点分别为A，B，曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于点M，直线AP与椭圆交于另一点N．

(1)求椭圆及双曲线的标准方程；
(2)设MN与x轴交于点T，是否存在点P使得（其中，为点P，T的横坐标），若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)双曲线方程：，椭圆方程为：
(2)存在，

【分析】（1）设双曲线方程为，椭圆方程，根据焦距和离心率求出可得答案；
（2）设，，， 根据P、A、N三点共线，P、B、M三点共线可得，令得直线的方程，与椭圆方程联立利用韦达定理代入上式化简可得，若存在，即代入可得答案；
法二：，，设直线AP：与椭圆方程联立可得，、，若存在，则可得答案.
【详解】（1）由已知可设双曲线方程为，椭圆方程，

所以双曲线方程：，
椭圆方程为：；
（2）设，，，，，
P、A、N三点共线，，
P、B、M三点共线，，
相除：，
令，则设：，
联立椭圆方程：，
易得，所以，
∴，

，
若存在，即，
，得，
又P在第一象限，所以，；.
法二：，，，，，
直线AP：，
，显然，
由，又因为P在双曲线上，满足，即，
所以，
即，
同理BP：，可得，所以，
若存在，即，
而P在第一象限，所以，即.
【点睛】思路点睛：本题第二问主要是利用韦达定理代入进行化简运算，考查了学生的思维能力和运算能力.
22．已知，且0为的一个极值点．
(1)求实数的值；
(2)证明：①函数在区间上存在唯一零点；
②，其中且．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；
（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.
②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.
【详解】（1）由，
则，
因为0为的一个极值点，
所以，所以．
当时，，
当时，因为函数在上单调递减，
所以，即在上单调递减；
当时，，则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
又因为，
所以，，在上单调递增；.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
所以0为的一个极值点，故
（2）①当时，，所以单调递减，
所以对，有，此时函数无零点；
当时，设，则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减．
又因为，
所以，，在上单调递增；
因为，，
所以存在，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以，当时，单调递增，；
当时，单调递减，，
此时在上无零点；
当时，，
所以在单减，
又，，
由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；
当时，，此时函数无零点；
综上所述，在区间上存在唯一零点．
②因为，由（1）中在上的单调性分析，
知，所以在单增，
所以对，有，
即，所以．
令，则，
所以，
设，，
则，
所以函数在上单调递减，
则，
即，，
所以 ，
所以，
所以
【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.