2023年高考第三次模拟考试卷-数学（新高考Ⅱ卷B卷）（全解全析）

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2023年高考数学第三次模拟考试卷高三数学（B卷）（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．若集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】，，则.故选：B.2．已知a，，，则（    ）A．5 B． C．3 D．【答案】D【详解】因为，所以，，所以.故选：D.3．2023年贺岁档共有七部电影，根据猫眼专业版数据显示，截止到2023年1月29日13时，2023年度大盘票房（含预售）突破了90亿元大关．其中历史题材的轻喜剧《满江红》位列第一，总票房已经达到了30亿+，科幻题材的《流浪地球2》也拥有近25亿元的票房，现有编号为1，2，3，4的4张电影票，要分给甲､乙两个人，每人至少分得一张，那么不同分法种数为（    ）A．10 B．14 C．16 D．12【答案】B【详解】符合题目要求的分类方法共：“甲3张乙1张”，“甲2张乙2张”，“甲1张乙3张”，三类①“甲3张乙1张”的基本事件为：甲123乙4；甲124乙3，甲134乙2，甲234乙1，共4种；②“甲2张乙2张”的基本事件为：甲12乙34；甲13乙24，甲14乙23，甲23乙14，甲24乙13，甲34乙12，共6种；③“甲1张乙3张”的基本事件为：乙123甲4；乙124甲3，乙134甲2，乙234甲1，共4种；所以不同分法总数为：种.故选：B．4．函数的大致图象是（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】因为，且函数定义域为，关于原点对称，所以是偶函数，其图象关于轴对称，排除C；，排除B；，排除D.故选：A.5．过双曲线的右焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为A．若（O为坐标原点），则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C．2 D．或2【答案】B【详解】解：在中，因为，所以，则，所以，故选：B6．2023年3月24日是第28个“世界防治结核病日”，我国的宣传主题是“你我共同努力，终结结核流行”，呼吁社会各界广泛参与，共同终结结核流行，维护人民群众的身体健康.已知某种传染疾病的患病率为5%通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非患者中有2%的人诊断为阳性，患者中有2%的人诊断为阴性.随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性的概率为（    ）A．0.46 B．0.046 C．0.68 D．0.068【答案】D【详解】设随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性为事件A,  设随机抽取一人实际患病为事件B, 随机抽取一人非患为事件， 则.故选:D.7．“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知，则该半正多面体外接球的表面积为（    ）A．18π B．16π C．14π D．12π【答案】A【详解】如图，在正方体中，取正方体、正方形的中心、，连接，∵分别为的中点，则，∴正方体的边长为，故，可得，根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，故该半正多面体外接球的表面积为.故选：A.8．若则（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】因为，，，当时，设，则，所以在上单调递减且，所以，即，所以；又因为，所以，，即，所以.故选：A. 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）9．十项全能是田径运动中全能项目的一种，是由跑、跳、投等个田径项目组成的综合性男子比赛项目，比赛成绩是按照国际田径联合会制定的专门田径运动会全能评分表将各个单项成绩所得的评分加起来计算的，总分多者为优胜者.如图，这是某次十项全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图，则下列说法正确的是（    ）A．在米跑项目中，甲的得分比乙的得分低B．在跳高和标枪项目中，甲、乙水平相当C．甲的各项得分比乙的各项得分更均衡D．甲的各项得分的极差比乙的各项得分的极差大【答案】BD【详解】对于A选项，由雷达图可知，米跑项目中，甲的得分比乙的得分高，A错；对于B选项，由图可知，在跳高和标枪项目中，甲、乙水平相当，B对；对于C选项，甲各项得分的波动较大，乙的各项得分均在内，波动较小，C错；对于D选项，甲的各项得分的极差约为，乙的各项得分的极差小干，D对.故选：BD.10．（多选题）已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．若函数的最小值为，则B．若，则使得成立C．若，都有成立，则D．若函数在上存在最大值，则正实数的取值范围是【答案】CD【详解】，其中，，对于，函数最小值为，解得，故选项A错误；对于B，令，，所以由，即，令，即，则，故选项B错误；对于C，因为，所以，，所以，又恒成立，即，也即恒成立，所以，解得，故C正确；对于D，，其中，，由为正实数，不妨取，又，则，若函数在上存在最大值，则，即，所以，即，故选项D正确．故选：CD.11．已知数列满足，且，则下列说法正确的是（    ）A．数列为递减数列 B．C． D．【答案】ABD【详解】因为和可知，数列的各项均为正值，由可得，所以，则数列为递减数列，故选项A正确；由选项A的分析可知：数列为递减数列，又因为，所以，故选项B正确；由两边同时取倒数可得，则，所以，因为数列为递减数列，由可得，当时，，即，当时，，即，，，不等式累加可得：，所以，则，所以，故选项C错误；由可得，所以，故选项D正确；故选：ABD.12．已知抛物线C：的焦点为F，过F作直线l与抛物线C交于A、B两点，分别以A、B为切点作抛物线C的切线，两切线交于点T，设线段的中点为M．若点T的坐标为，则（    ）A．点M的横坐标为2 B．点M的纵坐标为3C．直线l的斜率等于2 D．【答案】ACD【详解】抛物线C：，直线AB：设显然当时，根据对称性易得点位于轴上，不合题意，故，且均大于0，，，，整理：，得：，① 同理，②①②：，又因为直线由此知：故；因为，所以设交点，过点的切线斜率为，所以切线方程为，整理得，即，同理，过点的切线的方程为，又点T 在直线上，代入得AB直线方程：故选项C正确；由消去整理得，因为直线与抛物线相交， 设，则，故点M的横坐标故A正确，因为点M的横坐标所以，故选项B错误，D正确；故选：ACD 三、填空题（每小题5分，共计20分）13．已知的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，则展开式中系数最大的项为______.（不用计算，写出表达式即可）【答案】和【详解】由题意可得，，所以，解得，的展开式的通项为令，解得，由于，所以或12，时，；时，，所以展开式中系数最大的项为和.故答案为：和14．如图，在中，P为线段AB上一点，则，若，，，且与的夹角为，则的值为_______.【答案】-3【详解】因为，所以，所以，即，故答案为：-315．已知都是正数，且，则的最小值为__________．【答案】##【详解】因为都是正数，且，则,则  ,当且仅当，结合，即，时取等号，故答案为：16．已知函数在区间上存在零点，则的最小值为______．【答案】【详解】设函数的零点为，则，则点在直线上．因为零点存在，则，即，令，，令，，当时，,单调递增，当时，，单调递减，所以当时，，所以，的最小值为．故答案为：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．已知在中，角所对的边分别是，且(1)求的大小；(2)若，求的取值范围．【详解】（1）根据，由正弦定理得， 整理得，即，又，所以；即A的大小为.（2）因为,所以，又，所以；所以又因为，则，所以（当且仅当时，等号成立），可得，即的取值范围是18．已知数列的前项和为，若，且，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，若的前项和恒成立，求整数的最小值．【详解】（1），∴，为首项，公差的等差数列，∴，，当时，，因此（2），，作差可得：，∴，又因为当时，，整数的最小值为2．19．2022－2023赛季中国女排超级联赛于2023年1月8日在江西上饶落幕，天津渤海银行女排成功卫冕，夺得了队史上的第十五个国内联赛冠军．为学习女排精神，提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男、女生各100名，得到如下数据：性别锻炼不经常经常女4060男2080 (1)依据的独立性检验，能否认为学生是否经常锻炼与性别有关？(2)从这200人中随机选择1人，已知选到的学生经常参加体育锻炼，求选到的学生是男生的概率．(3)为了提高学生体育锻炼的积极性，学校开展了“学习女排精神，塑造健康体魄”的主题活动，在该活动的某次排球训练课上，甲、乙、丙三人相互配合训练传球，第1次由甲将球传出，假设每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，求第n次传球后球在甲手中的概率．0.0100.0050.0016.6357.87910.828 附：，其中．【详解】（1）零假设为：学生是否经常锻炼与性别无关，，故依据的独立性检验，可以认为学生是否经常锻炼与性别有关；（2）设从这200人中随机选择1人，记“选到的学生经常锻炼”为事件A，“选到的学生为男生”为事件B，则，，则所求概率为；（3）设第n次传球后球在甲手中的概率为，n＝1,2,3,…，则，第(n＋1)次传球传给甲，则第n次传球必须传给甲之外的人，概率是，无论该人是谁，第(n＋1)次传球给甲的概率都是，因此，则，其中，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，故，即第n次传球后球在甲手中的概率为．20．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为等边三角形．(1)求证：；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：取中点，连接，，，因为为菱形且，所以为等边三角形，故．又在等边三角形中，，，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）由，，可得就是二面角的平面角，所以，在中，，所以为边长为的等边三角形，由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，在中，，，可得，，，，故，，，设为平面的一个法向量，则有，令，则，得， 设直线与平面所成角为，则有，故直线与平面所成角的正弦值为.21．双曲线具有这样的性质：若为双曲线上任意一点，则双曲线在点P处的切线方程为.已知双曲线的离心率为，并且经过.(1)求双曲线E的方程；(2)若直线l经过点，与双曲线右支交于P，Q两点（其中点P在第一象限），点Q关于原点的对称点为A，点Q关于y轴的对称点为B，且直线AP与BQ交于点M，直线AB与PQ交于点N.证明：双曲线在点P处的切线平分线段MN.【详解】（1）依题意，离心率，，解得，，故双曲线的方程为.（2）方法一：设，，直线PQ为，代入双曲线方程，得：，则且，，∴，∵，∴，∴直线AP方程为，令得：，∴，∵直线PQ为，令得：，即，设线段MN的中点坐标为，则，，∵过点P的切线方程为：，要证双曲线在点P处的切线平分线段EF，即证点P处的切线经过线段MN的中点T.∵，，所以点P处的切线经过线段MN的中点T，即点P处的切线平分线段MN.方法二：设，，则，.由题意可知，点M在直线PA上，且纵坐标为，设，由可得：，整理得：，∴，同理可得，设线段MN的中点坐标为，则，，又∵过点P的切线方程为：，要证双曲线在点P处的切线平分线段EF，即证点P处的切线经过线段MN的中点T，∵，∵，，∴，所以点P处的切线经过线段MN的中点T，即点P处的切线平分线段MN.22．已知，.(1)函数有且仅有一个零点，求的取值范围.(2)当时，证明：（其中），使得.【详解】（1）由函数，可得，所以不是函数的零点，因为函数有且仅有一个零点，即方程仅有一个实数根，即方程仅有一个实数根，即方程仅有一个实数根，设，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递减，所以函数的极小值为，又由当且时，；当且时，，所以函数的图象如图所示，要使得函数有且仅有一个零点，则满足或，即实数的取值范围是.（2）解：设，即，当，令满足，且，若在区间单调递增，此时，不满足题意；若在区间单调递减，此时，不满足题意；所以函数在区间上不是单调函数，所以函数在区间上必有极值点，即存在，使得，即，即，使得.