2023年高考第三次模拟考试卷-数学（广东B卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-数学（广东B卷）（全解全析），共26页。试卷主要包含了若，则，已知，，，则，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年高考数学第三次模拟考试卷B
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。
第Ⅰ卷
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，只有一项是符合题目要求.
1．集合，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.
【详解】解：因为，而，
所以.
故选：A
2．已知复数z满足，则（    ）
A． B．0 C．4 D．5
【答案】D
【分析】由复数的乘除运算即可化简
【详解】由，则有，
所以.
故选:D．
3．《张丘建算经》曾有类似记载：“今有女子善织布，逐日织布同数递增（即每天增加的数量相同）.”若该女子第二天织布一尺五寸，前十五日共织布六十尺，按此速度，该女子第二十日织布（    ）
A．七尺五寸 B．八尺 C．八尺五寸 D．九尺
【答案】D
【分析】利用等差数列求和公式和通项公式可求得公差，进而得到即可.
【详解】由题意知：该女子每天织布的尺寸成等差数列，记为，其前项和为，则，，
，，
数列的公差，，
即该女子第二十日织布九尺.
故选：D.
4．若，则（    ）
A． B．1 C．15 D．16
【答案】C
【分析】利用赋值法结合条件即得.
【详解】因为，
令得，，
令得，，
所以，．
故选：C.
5．中国空间站(China Space Station)的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设中国空间站要安排甲、乙等5名航天员进舱开展实验，其中“天和核心舱”安排2人，“问天实验舱”安排2人，“梦天实验舱”安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（    ）
A．9种 B．24种 C．26种 D．30种
【答案】B
【分析】先利用分组与分配的求法求得5名航天员共有种不同的安排方案，再利用分类加法计数原理求得甲、乙两人在同一个舱内有种不同的安排方案，从而利用间接法即可得解.
【详解】依题意，先从5名航天员中安排1人到“梦天实验舱”，则有种安排方案，
再将剩下的4人分成两组，每组2人，则有种安排方案，
接着将这两组分配到“天和核心舱”与“问天实验舱”，有种安排方案，
所以这5名航天员的安排方案共有种，
其中甲、乙两人同在“天和核心舱”内的安排方案有种，同在“问天实验舱”内的安排方案有种，
即甲、乙两人在同一个舱内做实验的安排方案有种，
所以甲、乙两人不在同一个舱内做实验的安排方案有种.
故选：B.
6．已知斜率为的直线过抛物线的焦点且与抛物线相交于两点，过分别作该抛物线准线的垂线，垂足分别为，，若与的面积之比为4，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】方法一：根据题意，，进而设直线：，，，进而联立方程，结合韦达定理得，，再根据面积比得，进而结合焦半径公式得，再解方程组即可得答案；
方法二：设直线AB的倾斜角为，进而根据面积比得，根据焦半径与倾斜角的关系得，，进而得，，即可得答案.
【详解】解：解法一：
由抛物线得，
设直线：，，，
故联立方程得
所以，
由已知和抛物线定义知：，
所以，故由焦半径公式得：，即，
故，解方程组得.
故选：B
方法二：
由已知和抛物线定义知：
设直线AB的倾斜角为，则，，
所以，解得，所以．
故选：B．

7．的定义域为，为偶函数，且，则下列说法不正确的是（    ）
A．的图象关于对称 B．的图象关于对称
C．4为的周期 D．
【答案】D
【分析】由为偶函数可得函数关于对称，由可得，故关于对称，故可得4为的周期，然后通过计算逐项进行判断即可
【详解】由为偶函数可得，
可知函数关于对称，故B正确；
，把换成可得，
两式相加可得，
故关于对称，故A正确；
，所以，
可知4为的周期，故C正确；
令，，，，
所以，D不正确，
故选:D.
8．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据对数运算以及作差法，整理代数式，构造函数，利用函数单调性，可得的大小关系；根据二项式定理以及中间执法，整理，可得答案.
【详解】由，，则，
令，，
当时，，则单调递增，即，
故，可得，即；
由，
且，则，即.
综上，.
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．下列命题正确的是（    ）
附：

0.050
0.01
0.005

3.841
6.635
7.879

A．若甲、乙两组数据的相关系数分别为0.66和，则乙组数据的线性相关性更强
B．已知样本数据的方差为4，则的标准差是4
C．在检验A与B是否有关的过程中，根据所得数据算得，则有99%的把握认为A和B有关
D．对具有线性相关关系的变量x、y，有一组观测数据，其线性回归方程是，且，则实数的值是
【答案】ABD
【分析】比较相关系数的绝对值大小即可判断A；根据方差和标准差的关系即可判断B；根据即可判断C；先算出，，再根据其线性回归方程即可求得实数的值，进而即可判断D．
【详解】对于A，由，则乙组数据的线性相关性更强，故A正确；
对于B，由样本数据的方差为4，则的方差是，所以其标准差为4，故B正确；
对于C，由，则没有99%的把握认为A和B有关，故C错误；
对于D，依题意可得，，则，得，故D正确．
故选：ABD．
10．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
【分析】利用诱导公式判断与是否相等判断A，判断与是否相等判断B，利用三角函数及复合函数的单调性判断C、D.
【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
11．如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ）

A．不存在点M满足平面
B．存在无数个点M满足
C．当点M满足A1M=13A1D时，平面截正方体所得截面的面积为
D．满足的点M的轨迹长度是
【答案】BCD
【分析】对于A：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于B：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于C：根据平行线的性质以及利用空间向量分析运算求截面，进而可求截面面积；对于D：利用空间向量求点M的轨迹，进而求点M的轨迹长度.
【详解】对于选项A：连接，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
∵，且平面，所以，
，平面，
所以平面，且平面，
可得，
同理可证，
，平面，所以，
又点M是面上的一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时，
故A错误；

对于选项B：连接，
，，则，
又因为，，，
所以，
可知当M在线段上时，有故存在无数个点满足，故B正确；

对于选项C：延长交于点，
∵A1M=13A1D，则为线段靠近点的三等分点，
且，则，则为线段的中点，
如图，以D点为原点建立空间直角坐标系，
则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面，点，则，
则，解得，
则，故，
可得，即，
且，
故截面面积，故C正确；

对于选项D：
因为正方体的棱长为l，所以设
所以，，
因为，所以
化简得：，
所以点M的轨迹是一段以为圆心，半径为的圆弧，
设圆弧与分别交于点，
取，则，即；取，则，即；
则，则，
且，即，
∴轨迹长度是，故D正确．

故选：BCD.
12．在湖边，我们常看到成排的石柱子之间两两连以铁链，这就是悬链线（Catenary），其形状因与悬在两端的绳子因均匀引力作用下掉下来之形相似而名.选择适当的坐标系后，悬链线的方程是一个双曲余弦函数，其中a为非零常数，在此坐标平面上，过原点的直线与悬链线相切于点，则的值可能为（    ）（注：表示不大于x的最大整数）

A． B． C．1 D．2
【答案】AC
【解析】求出导数，表示出切线，令，可得，构造函数，可得是偶函数，利用导数求出单调性，结合零点存在性定理可得或，即可求出.
【详解】，，
切线斜率，，
则切线方程为，
直线过原点，
令，则可得，
令，则是的零点，
，是偶函数，
，
当时，，单调递减，
，，
在存在零点，由于偶函数的对称性在也存在零点，
且根据单调性可得仅有这两个零点，
或，
或1.
故选：AC.
【点睛】本题考查利用导数求切线，利用导数研究函数的零点，解题的关键是将题目转化为令，，求的零点问题.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知，是夹角为120°的单位向量，若，，则，的夹角为__________．
【答案】90°
【分析】利用平面向量的数量积即可求解．
【详解】依题意，，
所以，则，的夹角为90°．
故答案为：90°.
14．大西洋鲑鱼每年都要逆流而上游回产地产卵，研究鲑鱼的科学家发现鲑鱼的游速v（单位：）可以表示为，其中L表示鲑鱼的耗氧量的单位数，当一条鲑鱼以的速度游动时，它的耗氧量的单位数为___________.
【答案】8100
【分析】将代入，化简即可得答案.
【详解】因为鲑鱼的游速v（单位：）可以表示为：
，
所以，当一条鲑鱼以的速度游动时，
，
∴，
∴．
故答案为：8100.
15．如图，某环保组织设计一款苗木培植箱，其外形由棱长为2（单位：）的正方体截去四个相同的三棱锥（截面为等腰三角形）后得到.若将该培植箱置于一球形环境中，则该球表面积的最小值为___________

【答案】
【分析】将正方体补全，依题意可得、、、为正方体底面边上的中点，要使球的表面积最小，即为求的外接球的表面积，建立空间直角坐标系，几何体外接球的球心必在上、下底面中心的连线上，设球心为，球的半径为，由距离公式得到方程，求出，即可求出，从而得解.
【详解】如图将正方体补全，依题意可得、、、为正方体底面边上的中点，
要使球的表面积最小，即为求的外接球的表面积，

如图建立空间直角坐标系，则，，则几何体外接球的球心必在上、下底面中心的连线上，
设球心为，球的半径为，则，
即，解得，
所以，
所以外接球的表面积，即该球表面积的最小值为.
故答案为：
16．已知双曲线，，为C的两条渐近线，过C的右焦点F作的垂线，垂足为A，且该垂线交于点B，若，则曲线C的离心率______.
【答案】
【分析】不妨设为，为，则直线的方程为，联立联立，求得点的坐标，联立，求得点的坐标，再根据，得出的齐次式，从而可得出答案.
【详解】解：不妨设为，为，
过C的右焦点F作的垂线，垂足为A，且该垂线交于点B，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
联立，解得，即，
则，，
因为，
所以，所以，即，
所以，所以，所以.
故答案为：.
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
(1)若，判断的形状；
(2)求的最大值．
【答案】(1)直角三角形
(2)
【分析】（1）根据余弦定理，结合正弦定理进行求解即可；
（2）根据同角的三角函数关系式，结合辅助角公式、正弦型函数的性质进行求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
由余弦定理得：，
即，所以，
由正弦定理得：，因为，所以，
所以，所以，即，
又，故，得，所以为直角三角形.
（2）因为，所以


，
因为，所以，所以，
当即时，取最大值，
此时，，故的最大值为．
18．某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投次，先在处投一次三分球，投进得分，未投进不得分，以后均在处投两分球，每投进一次得分，未投进不得分.测试者累计得分高于分即通过测试，并终止投篮.甲、乙两位同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每人每轮在处和处各投次，根据他们每轮两分球和三分球的命中次数情况分别得到如图表：

若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率.
（1）求甲同学通过测试的概率；
（2）在甲、乙两位同学均通过测试的条件下，求甲得分比乙得分高的概率.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）记甲同学累计得分为，计算出甲同学两分球和三分球投篮命中的概率，进而可计算得出，即为所求；
（2）设“甲得分比乙得分高”为事件，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件，计算出、，利用条件概率公式可求得，即为所求.
【详解】（1）甲同学两分球投篮命中的概率为，
甲同学三分球投篮命中的概率为，
设甲同学累计得分为，
则，
所以，甲同学通过测试的概率为；
（2）乙同学两分球投篮命中率为，
乙同学三分球投篮命中率为.
设乙同学累计得分为，则，
，
设“甲得分比乙得分高”为事件，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件，
则，
，
由条件概率公式可得.
【点睛】思路点睛：用定义法求条件概率的步骤：
（1）分析题意，弄清概率模型；
（2）计算、；
（3）代入公式求.
19．如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，且，平面，D为的中点，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由平面，，得到平面，再由四边形为矩形，得到，从而平面，然后借助中位线得到平面，再利用面面垂直的判定定理证明；
（2）先由（1）得到几何体中的数量关系，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，然后利用向量的夹角公式求解.
【详解】（1）证明：（1）因为平面，，
所以平面，所以.
因为四边形是正方形，
所以，又，
所以平面.
易知四边形为矩形，所以，所以平面.
易知四边形是矩形，所以E为的中点，
又D为的中点，所以，（三角形中位线定理），
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知平面，因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，所以，
所以四边形是正方形，故.
以为坐标原点，分别以向量，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
则，所以，
令，则.
易知平面的一个法向量为.
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．若正项数列的前项和满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若对于任意的，都有成立，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件可推得，由此利用累加法求得，即可求得数列的通项公式；
（2）利用（1）的结论，化简并结合基本不等式可推出，继而判断数列的单调性，可得，结合对于任意的，都有成立，即可求得答案.
【详解】（1）时，，且，
解得，（舍去），
，，
化简可得时，，
，，，，，
累加可得，，
又，故时，，
当时，,上式也成立，
所以，
又因为，所以，所以，
，，
时，适合该式，
故.
（2）由（1）得

，
（此处不等关系是因为： ，
故，当且仅当时取等号，而，故上式中等号取不到），

，，




因为，
所以，
即，
所以，即，所以数列是递减数列，
所以，
因为，都有成立，
所以.
【点睛】方法点睛：本题考查数列的递推关系和数列的函数特性，属于较难题，解答时要注意：（1）利用累加法求出，再由与的关系求解；（2）利用基本不等式得，再证明数列是单调递减数列，根据单调性求解.
21．已知椭圆：（）的离心率为，上、下顶点分别为，，直线经过点且与椭圆交于，两点，当时，四边形的面积为．
（1）求椭圆的标准方程．
（2）若直线，交于点，试判断点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）点在定直线上， ．
【分析】（1）由题意可得为的中点，所以，由点可计算出，再由四边形的面积公式可得关于的方程，再结合离心率以及即可求得的值，可得椭圆的方程；
（2）设：，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得、，求出直线，的方程，求得交点的坐标，化简整理，可得点在定直线上.
【详解】（1）由题意知，当时，易得为的中点，
所以，
又直线过点，所以
此时四边形的面积
又，，
得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）点在定直线上．    
显然直线的斜率存在，由题可设：，，．
将代入，得，
则，，
所以．
由（1）知，，
直线的方程为即．        ①
同理求得直线的方程为，即．        ②    
由①②得，
所以，
所以点在定直线上，且定直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：解决本题第（2）问的关键是利用根与系数的关系得到，后，能够得到，所以，本题中动直线经过的定点 在轴上，所以若交点在某条定直线上，则这条直线一定关于轴对称，即证明交点的纵坐标等于定值．
22．和是关于的方程的两个不同的实数根.
(1)求实数的取值范围；
(2)若，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分离参数a，设新的函数，利用导数判断其单调性，求出最值，即可求得实数的取值范围；
（2）设，从而将变形为，再利用对数运算确定的范围，再利用换元法，结合方程的跟满足方程，构造新的函数，利用导数求该函数的最小值，则问题可得到证明.
(1)当，即，
设，则，
当时，，所以 在时递增，
当时，，所以 在时递增，
故x=-1时，取得最大值 ，
又时，，
当时，，且当 时，，
所以由关于的方程有两个不同的实数根.可得：；
(2)设，则
，
，设 ，则，
，
，
设 ，
，
设，则，
则在递增，而，
时，，即
在上递减，则，
.