2023年高考第三次模拟考试卷-数学（上海A卷）（全解全析）

2023年高考数学第三次模拟考试卷

数学·全解全析

（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、填空题（本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）

1．已知一个圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为________．

【答案】

【分析】求出圆锥的母线长即可得侧面积．

【详解】由题意底面半径为，高为，则母线长为，

所以侧面积为．

故答案为：．

2．不等式的解集为              .

【答案】

【解析】由，得，解得，即不等式的解集为

3．若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为__________.

【答案】

【分析】根据两直线垂直可得，代入离心率计算公式可得.

【详解】易知直线的斜率为2，

双曲线的一条渐近线与直线垂直.

所以双曲线的渐近线方程为，即

得，

则离心率.

故答案为：

4．二项式的展开式中，含的项的系数为___．

【答案】

【分析】先写出二项式的展开式的通项，然后令的次数为求出，进而可得系数.

【详解】二项式的展开式的通项为，

令，得，

所以含的项的系数为.

故答案为：.

5．函数的最小正周期是________________.

【答案】

【分析】根据辅助角公式,化简后,由周期公式即可求得最小正周期.

【详解】由辅助角公式化简可得

则最小正周期

【点睛】本题考查了辅助角公式的用法,正弦函数最小正周期的求法,属于基础题.

6．向量为直线中的法向量，则向量在方向上的投影为________．

【答案】

【分析】先通过向量垂直求出参数a，然后通过向量投影公式求解即可.

【详解】因为向量为直线的法向量，

所以向量与直线的方向向量垂直，

所以，解得，即，

记，则向量在方向上的投影为.

故答案为：.

7．已知是虚数单位，复数z满足，则复数z的模为___________.

【答案】

【分析】化简求出，再代模长公式即可求解

【详解】由

，

故答案为：

8．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件为“4个人去的景点不完全相同”，事件为“小赵独自去一个景点”，则______.

【答案】

【分析】首先求出小赵独自去1个景点的情况数，再求出4人去的景点不完相同的总可能性数，最后得到概率.

【详解】小赵独自去一个景点,则有4个景点可选,

其余3人只能在小赵剩下的3个景点中选择,可能性为种，所以小赵独自去一个景点的可能性为种,

因为4个人去的景点不完全相同的可能性为种,所以.

故答案为：.

9．已知，函数，若存在不相等的三个实数，使得，则实数的取值范围是________.

【答案】

【分析】对分别讨论，的情况，则原命题等价为方程在上有两个不等根，参变分离后等价与在上有两个不同交点，由数形结合结合基本不等式讨论的值域即可.

【详解】当时，令，解得，

所以只需方程在上有两个不等根即可，

整理得，有两个根．

只需与在上有两个不同交点即可．

所以且，

所以实数的取值范围是．

故答案为：.

10．设，，三条直线，，，则与的交点M到的距离的最大值为 __．

【答案】

【分析】根据直线与的的方程易知，而过定点，过定点，得到与的交点M在以AB为直径的圆上，求出圆心和半径，结合恒过原点，

即可利用圆心到原点的距离加半径解出．

【详解】因为，所以．

而直线，整理为，

令，解得：，

故过定点，

，变形为，过定点，

所以与的交点M在以AB为直径的圆上，圆心为，即，

直径为，故半径为，

所以圆的方程为，

因为恒过原点，

所以M到的距离的最大值为的长加上半径，即．

故答案为：．

11．已知，函数的图像的两个端点分别为、，设是函数图像上任意一点，过作垂直于轴的直线，且与线段交于点，若恒成立，则的最大值是______.

【答案】.

【分析】由的坐标可以将直线的方程找到，通过点的坐标可以得到的坐标，将其纵坐标作差可以得到关于的不等式，通过求范围可以将绝对值去掉，由基本不等式可以得到的最大值.

【详解】因为，，

所以，

所以直线的方程为，

设，所以，

因为恒成立，

所以恒成立，

所以，

因为在时小于等于0恒成立，

所以，

①当或时，显然成立；

②当时，，

所以由基本不等式得，

此时，

所以的最大值为，

故答案是：.

【点睛】该题考查的是有关根据恒成立求对应参数的取值范围的问题，在解题的过程中，主意对题中条件的转化，应用基本不等式求最值，属于较难题目.

12．已知数列中，，记的前项和为，且满足．若对任意，都有，则首项的取值范围是______．

【答案】

【分析】根据给定的递推公式，分段求出数列的表达式，再利用给定不等关系列出不等式组求解作答.

【详解】，，有，

于是得，有，因此，

数列分别是以为首项，6为公差的等差数列，

而，，即有，解得，

又，则有，

于是得，，

因对任意，都有，则，，

从而得，解得，

所以首项的取值范围是.

故答案为：

【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.

二、选择题：（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项。

13．设两个正态分布和的密度函数图像如图所示．则有

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【详解】根据正态分布函数的性质：正态分布曲线是一条关于对称，在处取得最大值的连续钟形曲线；越大，曲线的最高点越底且弯曲较平缓；反过来，越小，曲线的最高点越高且弯曲较陡峭，选A．

14．《九章算术》中所述“羡除”，是指如图所示五面体，其中，“羡除”形似“楔体”．“广”是指“羡除”的三条平行侧棱之长、、，“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离、“袤”是指这两条侧棱所在平行直线之间的距离（如图）．羡除的体积公式为，过线段，的中点，及直线作该羡除的一个截面，已知刚好将羡除分成体积比为的两部分．若、，则的长为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．6

【答案】B

【分析】根据梯形中位线求出，再根据所给“羡除”的体积公式表示出，，根据体积比得到方程，解得即可.

【详解】因为、、，，为线段，的中点，

所以且，

所以，，

即，，

因为，即，解得.

故选：B

15．对任意给定的实数a、b，有，且等号当且仅当（    ）时成立

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据不等式的性质化简可得等号成立条件.

【详解】由，

所以不等式取等号时，或，

故选：C

16．对于某一集合A，若满足a、b、，任取a、b、都有“a、b、c为某一三角形的三边长”，则称集合A为“三角集”，下列集合中为三角集的是（    ）

A．{x|x是的高的长度} B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用特殊三角形判断选项A，解分式不等式即可证明选项B；利用零点分段法解方程，求出选项C所对应集合，再利用特殊值排除选项C；根据对数的性质求出选项D的集合，再利用特殊值排除选项D.

【详解】解：对于A：当等腰三角形的顶角无限小时，且底边上的高比较大，，，如下图所示：

显然，故、、不满足三角形的三边，故选项A错误；

对于B：由，即，解得，任取且，则 ，，又，所以，即选项B成立；

对于C：因为，当时，，解得；

当时，，解得；当时，即恒成立，所以；综上可得，即，令，，显然，不满足a，b，c为某一三角形的三边长，故选项C错误；

对于D：因为，所以，解得，所以，令，，显然，不满足a，b，c为某一三角形的三边长，故选项D错误.

故选：B

三、解答题（本大题共有5题，满分76分）。

17．（本题满分14分，本题共有两个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

已知函数的部分图像如图所示.

(1)求的解析式及对称中心；

(2)先将的图像纵坐标缩短到原来的，再向左平移个单位后得到的图像，求方程在的解集.

【答案】(1)；对称中心为，；

(2).

【分析】（1）结合函数的部分图像特征可求的解析式及对称中心；

（2）根据图象变换可得的解析式，从而方程可求.

【详解】（1）根据函数的部分图像，

可得，∴.

再根据五点法作图，，∴，

故.

令，解得，此时.

所以函数的对称中心为，.

（2）先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，

再向左平移个单位，得到的图像，

令，

所以，解得

故方程在的解集为.

18．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

设为数列的前项和，已知.

(1)证明：是等差数列；

(2)若，，成等比数列，求的最小值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；

（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得.

【详解】（1）证明：因为，即 ①，

当时， ②

得，，

即，

即,

所以，且，

所以是以1为公差的等差数列.

（2）由（1）可得，，，

又，，成等比数列，所以，

即，解得，

所以，

所以，

所以当或时，取得最小值，.

19．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

如图，为圆O的直径，点在圆O上，，矩形所在平面和圆O所在的平面互相垂直，已知．

(1)求证：平面平面；

(2)当的长为何值时，二面角的大小为？

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意可知平面，，再证平面，即可证平面平面；

（2）设中点为G，以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，并取平面的一个法向量为，由题意可得，即可求解.

【详解】（1）证明：∵平面平面，，平面平面，

∴平面．

∵平面，∴，

又为圆O的直径，∴，

而，平面，∴平面，

∵平面，∴平面平面．

（2）设中点为G，以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

设，则，，，，

∴，，

设平面的法向量为，则，

即，令，可得

取平面的一个法向量为，

，即，解得，

则当的长为时，二面角的大小为．

20．（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分5分，第3小题满分7分）

已知椭圆的离心率为 ，且点在椭圆上．

(1)求椭圆的方程；

(2)过点的直线与椭圆交于两点，已知，求直线的方程；

(3)点为椭圆上任意一点，过点作的切线与圆交于两点，设直线的斜率分别为． 证明：为定值，并求该定值．

【答案】(1)；

(2)

(3)证明见解析，

【分析】（1）根据离心率和椭圆上的点坐标得到关于的方程组，解出即可；

（2）设直线，根据向量共线关系得到联立直线与椭圆方程得到韦达定理式，结合即可解出值，则得到直线方程；

（3）首先考虑直线的斜率不存在时的情况，设直线,联立椭圆得到，根据相切关系得，化简得，再将直线与圆联立得到韦达定理式，代入两直线斜率乘积表达式化简即可得到其为定值.

【详解】（1）由题意得，，；

联立解得，则

（2）直线与斜率不存在不合题意，设直线，

设则，

，则

，

则，解得，

则直线的方程

（3）当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，

若,则易得，

则，

若,则,,则.

当直线斜率存在时,设直线,

设，直线与椭圆联立得

，

由直线与椭圆相切,则，

化简得:，

直线与圆联立:,得:，

，

而的斜率分别为,

则，

将代入得，

将代入得，

综上:为定值,该定值为.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

21．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）

已知函数．

(1)当时，求函数过点的切线方程；

(2)若，求证：函数只有一个零点，且；

(3)当时，记函数的零点为，若对任意且，都有，求实数的最大值．

【答案】(1)

(2)见解析

(3)

【分析】（1）将代入，解出切点坐标即可;

（2）当时，根据函数的单调性可以求极小值和极大值，再结合零点的存在性定理即可得证;

（3）将恒成立问题转化为最值问题，然后根据，以及的范围，结合单调性，求出最小值即可.

【详解】（1）

当时，

设切点为

切线方程为：

代入切点，得：

，解得：；；

所以切线方程为：

（2）；

所以函数在，，，函数单调递减；

在，，函数单调递增；

且函数单调递减，

所以最多只有一个零点；

所以函数只有一个零点，且

（3）

且对任意且

即：

在，函数单调递增

，函数单调递减；

当时，

所以恒成立，实数的最大值为.

【点睛】本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，考查满足条件的实数的最大值的求法，考查推理论证能力，考查等价转化思想，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用，属于难题。