数学（江苏A卷）2023年高考第三次模拟考试卷（全解全析）

2023年高考数学第三次模拟考试卷

数学·全解全析

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、单选题：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的。

1．复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的运算法则，化简求得，结合复数的概念，即可求解.

【详解】由题意，复数，

所以复数的虚部为.

故选：A.

2．已知集合，则集合的真子集的个数为（    ）

A．16 B．15 C．32 D．31

【答案】B

【分析】先求出不等式的解集确定集合中元素，然后求出真子集的个数即可.

【详解】不等式可化为，解得：，

所以集合

则其真子集的个数为.

故选：B.

3．在，的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【详解】本题考查向量的数量积

由数量积的定义有

由得

即即

所以故，所以，即

即是的充分条件；

若，则，所以于是

所以

即是必要条件

故是的充要条件

故正确答案为C

4．将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（    ）种不同的放置与上色方式

A．11232 B．10483 C．10368 D．5616

【答案】C

【分析】进行颜色分配，然后利用分类原理的相加和分步相乘的原理进行分析即可.

【详解】①3个1，3个2，0个3如表：

只用两种颜色，并选取两个位置放AB,此时有：种，

②1个1，2个2，3个3如表：

选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在拐角），并选取两个位置放AB,此时有：种，或

选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在中间），并选取两个位置放AB,此时有：种，

③2个1，2个2，2个3如表：

选用三种颜色（2+2+2），并选取两个位置放AB，此时有：种，

或

选用三种颜色（2+2+2）,并选取两个位置放AB，此时有：种，

所以不同的放置与上色方式有：

.

故选：C.

5．等差数列的公差为2，若成等比数列，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用等比数列的性质和等差数列的基本量完成计算.

【详解】由可得，，

所以，，所以B正确；

故选：B.

6．在中，，是其中线，且，，则（    ）

A． B．8 C． D．4

【答案】B

【分析】由题意，根据三角形的性质，结合向量的加法几何意义以及数量积的运算律，可得答案.

【详解】由题意，，．

故选：B．

7．在三棱锥中，，，，M，N，P，Q分别为棱AB，CD，AD，BC的中点，则以下四个命题中真命题的个数为（    ）

①直线MN是线段AB和CD的垂直平分线

②四边形MQNP为正方形

③三棱锥的体积为

④三棱锥外接球的表面积为

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】B

【分析】将三棱锥放置在长方体中，得分别是上下底面的中心，可判断①；求出过同一个顶点的三条棱长可得每一个面都为长方形，由三角形中位线定理可得，，与不垂直，可判断②；

由可判断③；由三棱锥的外接球就是长方体的外接球，且长方体的对角线就是外接球的半径，求出可判断④.

【详解】

如图，将三棱锥放置在长方体中，可得分别是上下底面的中心，则，则直线MN是线段AB和CD的垂直平分线，故①正确；

设过同一个顶点的三条棱长分别为，则

，解得，

所以过同一个顶点的三条棱长不相等，每一个面都为长方形，

由三角形中位线定理可得，，

得，，则四边形为平行四边形，又，则四边形为菱形，因为每一个面都为长方形，所以与不垂直，所以四边形不是正方形，故②错误；

三棱锥的体积为，故③正确；

设三棱锥的外接球就是长方体的外接球，且长方体的对角线就是外接球的半径，设为，则，所以经过三棱锥各个顶点的球的表面积为，故④正确.

故选：B.

8．已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先求出函数的零点即可求得的值，再结合函数的图象及要求的零点个数求出m范围得解.

【详解】令，，，因此，函数在上单调递增，在上单调递减，

时，，且时，恒成立，

当时，在上单调递减，在上单调递增，

时，，在R上的图象如图，

当时，由得，即，由得，则有函数的零点为-2，0，

函数有三个零点，当且仅当和共有三个零点，即和共有三个零点，

当，即时，和各一个零点，共两个零点，

当，即时，有两个零点，有一个零点，共三个零点，

当，即时，有三个零点，有一个零点，共四个零点，

当，即时，有两个零点，有一个零点，共三个零点，

当，即时，和各有一个零点，共两个零点，

当，即时，无零点，要有三个零点，当且仅当有三个零点，必有，

所以实数的取值范围是.

故选：B

二、多选题：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．已知具有线性相关关系的五个样本点，，，，，用最小二乘法得到其回归直线：.若过点，的直线：，则下列命题中正确的是（       ）

A．，

B．回归直线过点

C．

D．

【答案】AB

【分析】先求出为，直线的方程为，再逐一分析判断每一个命题真假即可

【详解】因为，，所以回归直线过点，B正确.

因为，所以.因为，所以，因为直线过点，，所以：，所以，，所以，，A正确.

，，C不正确.

，，D不正确.

故选：AB.

10．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．f（x）的最大值为2

B．f（x）在上单调递增

C．f（x）在上有4个零点

D．把f（x）的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于直线对称

【答案】ACD

【分析】先对函数化简变形得，然后利用余弦函数的性质逐个分析判断即可

【详解】因为，所以A正确；

当时， ，函数在上先增后减，无单调性，故B不正确；

令，得，故，因为，所以，故C正确；

把的图象向右平移个单位长度，得到的图象，当时． 取得最小值－2，故D正确．

故选：ACD

11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，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，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是（    ）

A．与AB所成的角是60°的棱共有8条

B．AB与平面BCD所成的角为30°

C．二面角的余弦值为

D．经过A，B，C，D四个顶点的球面面积为

【答案】CD

【分析】补全该半正多面体得到一正方体.

对于A选项，由正三角形可得60°角，再利用平行关系得结果；

B选项，利用正方体找出线面角为∠ABE=45°；

C选项，先作出二面角的补角∠AFE，在△AEF中，求出即可得结果；

D选项，由半正多面体的对称中心与相应的正方体的对称中心为同一点，构造三角形，求出球的半径，最后求得经过A，B，C，D四个顶点的球面面积.

【详解】补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为a.

由题意，该半正多面体是由6个全等的正方形与8个全等的正三角形构成，由半正多面体的表面积为，可得，解得a=1.

对于A，在与AB相交的6条棱中，与AB成60°角的棱有4条，这4条棱中，每一条都有3条平行的棱，故与AB所成的角是60°的棱共有16条，故A不正确；

对于B，因为AE⊥平面BCD，所以AB与平面BCD所成角为∠ABE=45°，故B不正确；

对于C，取BC中点F，连接EF，AF，则有AF⊥BC，EF⊥BC，故二面角A-BC-D的补角为∠AFE.二面角A-BC-D的余弦值为-cos∠AFE，在Rt△AEF中，，

∴，， ，故C正确;

对于D，由半正多面体的对称中心与相应的正方体的对称中心为同一点，即为正方体对角线的中点O，点O在平面ABE的投影为投影点O1，则有，∴，故经过A，B，C，D四个顶点的球面的半径为面积为，故D正确.

故选：CD

【点睛】立体几何中补形是一种常用的方法：

(1)一个不规则几何体是由规则几何体经过截取得到的，通常可以用补形，还原为规则几何体，如正方体，长方体等；

(2)通常可以用来求①体积（距离），②与外接球（内切球）相关的问题.

12．如图，直线，点是之间的一个定点，点到的距离分别为1，2.点是直线上一个动点，过点作，交直线于点，则（    ）

A． B．面积的最小值是

C． D．存在最小值

【答案】ABC

【分析】根据题意建立合适的直角坐标系，设出坐标，根据及即可找到三个点的坐标关系，分别写出即可判断A；取中点为，连接，根据，可得三点共线，且为靠近的三等分点，即可找到面积与面积之间比例关系，进而建立面积等式，根据基本不等式即可判断B，求出再根据基本不等式可判断C；写出进行化简，根据的范围即可得最值情况.

【详解】解：记中点为，连接，以为原点，

方向分别为轴建立如图所示直角坐标系：

所以，设，且，

所以，因为，所以，

即，故，即，所以，

，，

因为，所以，

解得，即，所以，

因为，

故，选项A正确；

因为，所以，

即，所以三点共线，且为靠近的三等分点，

所以

，

当且仅当，即时取等，所以选项B正确；

因为，所以

，

当且仅当，即时取等，故，选项C正确；

因为，

所以

，

因为且，所以，记，，

可知单调递增，没有最值，即没有最值，故选项D错误.

故选：ABC

【点睛】思路点睛：该题考查向量的综合应用，属于难题，关于三角形三心的思路有：

（1）若为的重心，则①是三边中线的交点，②，③重心分三角形中线为；

（2）若为的内心，则①是三角形三个角平分线的交点，②，③；

（3）若为的外心，则①是三角形三边垂直平分线的交点，②，③.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．的展开式中含项的系数是_______．

【答案】

【详解】试题分析：三个小括号相乘，要得到项的话，每个小括号内取一项，然后相乘即可.要得到项的系数，分成两类，（1）两个二次项一个常数项，即，（2）两个一次项一个二次项，即，

故含项的系数是.

考点：二项式定理.

14．，则的值为__________．

【答案】

【分析】根据二倍角的余弦公式求出，再根据诱导公式可求出结果.

【详解】因为，所以，

即，所以，所以.

故答案为：

15．已知圆：，点为圆上任意一点，则的最大值______.

【答案】

【分析】设，考虑直线 ，利用直线与圆有公共点可得的最大值.

【详解】圆的标准方程为：.

设，则方程为直线的方程，因点为圆上任意一点，

所以直线与圆有公共点，

故即，故

故的最大值为.

故填.

【点睛】对于非线性规划问题，我们要注意两个问题：（1）可能平面区域是由直线和某些曲线（如等），此时表示函数的图像的上方，表示函数的图像的下方；（2）目标函数可能是非线性的，此时需考虑目标函数对应的几何意义，比如非线性目标函数，如果令，那么就有，的含义就是直线的斜率．

16．已知,且,则的最小值是____．

【答案】

【分析】由基本不等式可得，设，，利用函数的单调性可得结果.

【详解】因为,且，

所以，

设，则，

，，

即，，

设，，

在上递减，

，

即的最小值是，故答案为.

【点睛】本题主要考查基本不等式的应用、利用导数研究函数的单调性进而求最值，属于难题.求最值问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图象法、函数单调性法求解，利用函数的单调性求最值，首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间 ，最后再根据其单调性求凼数的最值即可.

四、解答题：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．（10分）已知数列满足，，.

（1）求数列的通项公式；

（2）证明：对，.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】（1）先由递推公式结合题中条件，得到，判断出数列是等差数列，求出通项，即可得出结果；

（2）先由（1），根据裂项的方法，得到对1，2，3…

，进而可求出，即证明结论成立.

【详解】（1）由可得，

∵，∴，依此类推，

∴，∴，

∴数列是首项为2，公差为1的等差数列，

∴，即，

（2）证明：，故 对1，2，3…

，

∴

.

【点睛】结论点睛：

裂项相消法求数列和的常见类型：

（1）等差型，其中是公差为的等差数列；

（2）无理型；

（3）指数型；

（4）对数型.

18．（12分）的内角，，的对边分别为，，，已知的外接圆半径为，且.

（1）求；

（2）若，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由正弦定理化简已知三角等式，根据可得，即可求出角A；

（2）由（1）可得，利用及正弦定理将分式化简，再利用余弦定理化简分式得，最后利用正切和角公式代入，，可求出结果.

【详解】（1）∵，

由正弦定理得：，

即，

∵，∴，

即得，，

∵，∴.

（2）由（1）知：，，，

∴，

∴

由余弦定理得：

.

【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系等基础知识，考查学生数形结合、转化与化归以及运算求解能力，解决此类问题的关键是灵活运用正、余弦定理进行边角的互化，属于中等题.

19．（12分）某医院计划从10名医生（7男3女）中选5人组成医疗小组下乡巡诊.

（1）设所选5人中女医生的人数为，求的分布列及数学期望；

（2）现从10名医生中的张强、李军、王刚、赵永4名男医生，李莉、孙萍2名女医生共6人中选一正二副3名组长，在张强被选中的情况下，求李莉也被选中的概率.

【答案】（1）分布列见解析，（2）.

【分析】（1）利用超几何分布求得的分布列并由此计算出数学期望.

（2）先计算出“张强被选中”的概率，在计算出“张强和李莉被选中”的概率，根据条件概率计算公式计算出所求概率.

【详解】解：（1）依题意的所有可能的取值为0，1，2，3，则；

，，.

所以的分布列为

所以.

（2）记“张强被选中”为事件，“李莉也被选中”为事件，

则，，

所以.

20．（12分）如图1，在直角梯形中，，，，E是AB的中点. 沿DE将折起，使得，如图2所示. 在图2中，M是AB的中点，点N在线段BC上运动（与点B，C不重合）．在图2中解答下列问题：

(1)证明：平面平面；

(2)设二面角的大小为，求的取值范围

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明平面，平面得到平面，得到证明.

（2）如图所示建立空间直角坐标系，计算各点坐标，计算平面的法向量为，平面的法向量为，根据向量的夹角公式得到，计算得到答案.

【详解】（1）中，，时中点，故，

，，，故平面，

平面，故，又，，

故平面，平面，故，，

故平面，平面，故平面平面.

（2）如图所示，分别以分别为轴建立空间直角坐标系.

则，，，，，，

设平面的法向量为，则，

取，则.

取平面的法向量为，

二面角的平面角为锐角，大小为，则

，，

故，故.

21．（12分）已知双曲线M与椭圆有相同的焦点，且M与圆相切．

(1)求M的虚轴长．

(2)是否存在直线l，使得l与M交于A，B两点，且弦AB的中点为？若存在，求l的斜率；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，2

【分析】（1）根据题意得出双曲线方程后求解；

（2）中点弦问题，可用点差法，化简后得到斜率，然后代回检验.

(1)

因为椭圆的焦点坐标为

所以可设M的方程为．

因为M与圆相切，所以，

则，故M的虚轴长．

(2)

由（1）知，M的方程为．

设A，B两点的坐标分别为，，则

两式相减得，

假设存在直线l满足题意．则所以，

因此l的方程为，代入M的方程，整理得，，l与M相交，

故存在直线l满足题意，且l的斜率为2．

22．（12分）已知函数

（1）若函数的图像在公共点处的切线相同，求的值；

（2）设函数，函数为的导函数，若函数有两个零点，且，证明：．

【答案】（1）0 ；（2） 证明见解析.

【分析】(1)根据题意，结合导数的几何意义即可求解；

(2)根据题意，得，进而可知，

令，构造函数，结合导数判断函数与0的大小关系即可求证.

【详解】(1)由题意得，，

因函数的图像在公共点处的切线相同，

所以，即，故 .

(2)由题意得，则.

因函数有两个零点，，

所以，两式相减得，

因此

.

令，构造函数，

则恒成立，

因此函数在上单调递减，故恒成立，

因此恒成立，

又因，所以恒成立，即恒成立.

【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.