2023年高考第三次模拟考试卷-数学（新高考Ⅱ卷A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（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．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】根据并集的运算可知，.故选：A.2．在复平面内，复数与对应的点关于虚轴对称，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题意得，∵复数与对应的点关于虚轴对称对称，∴．故选：D．3．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，第段圆弧的半径为，弧长记为，则，所以．故选：D．4．已知向量，，若，且，则实数（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】因为向量，，所以，又，所以，解得.故选：C.5．中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个数点中的一个，则不同的安排方法数是（    ）A．72 B．84 C．88 D．100【答案】D【详解】若甲去点，则剩余4人，可只去两个点，也可分为3组去3个点.当剩余4人只去两个点时，人员分配为或，此时的分配方法有；当剩余4人分为3组去3个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有，综上可得，甲去点，不同的安排方法数是.同理，甲去点，不同的安排方法数也是，所以，不同的安排方法数是.故选：D.6．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意可知，，所以.故选：C.7．已知在春分或秋分时节，太阳直射赤道附近.若赤道附近某地在此季节的日出时间为早上6点，日落时间为晚上18点，该地有一个底面半径为的圆锥形的建筑物，且该建筑物在白天中恰好有四个小时在地面上没有影子，则该建筑物的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意可知，一天有12个小时的日照时间，因为，所以圆锥轴截面的顶角，即轴截面为等边三角形，因为圆锥的底面半径为，所以圆锥的高，所以圆锥的体积为，即该建筑物的体积为.故选：B8．定义域为的函数的导数为，若，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【详解】当时，由得：，，在上单调递减，令，则，且；当时，，，在上单调递增，对于A，，即，，A错误；对于B，，即，，B错误；对于C，，C错误；对于D，，即，，D正确.故选：D. 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．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【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：ABD10．已知抛物线C的焦点为F，准线为l，点P在C上，PQ垂直l于点Q，直线QF与C相交于M､N两点.若M为QF的三等分点，则（    ）A．cos∠ B．sin∠C． D．【答案】ACD【详解】如下图，过点作于点，设准线l与交于点，由抛物线的定义知：，因为M为QF的三等分点，所以，所以，所以，所以cos∠，故A正确；对于B，在中，由抛物线的定义知：，，所以为等边三角形，又因为，解得：，同理可得：，所以，因为为等边三角形，所以M为QF的三等分点，所以中，由余弦定理可得：，则，则，所以在中，由正弦定理可得：，代入可得，sin∠，故B不正确；对于C，，，所以，故C正确；对于D，因为，所以中，，由余弦定理可得：，则，所以，故D正确.故选：ACD.11．半正多面体亦称“阿基米德体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体．点、、是该多面体的三个顶点，且棱长，则下列结论正确的是（    ）A．该多面体的表面积为B．该多面体的体积为C．该多面体的外接球的表面积为D．若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为【答案】BCD【详解】对于A选项，因为，“阿基米德体”一共有八个面，其中有四个面是边长为的正六边形，有四个面是边长为的正三角形，因此，“阿基米德体”的表面积为，A错；对于B选项，如下图所示，在棱长为的正四面体中，设顶点在底面的射影点为点，延长交于点，则为的中点，因为为等边三角形，则，且，易知点为的中心，则，因为平面，平面，所以，，故，，即棱长为的正四面体的体积为，因为“阿基米德体”是在棱长为的正四面体上截去了个棱长为的正四面体，因此，“阿基米德体”的体积为，B对；对于C选项，设等边的中心为，与平面平行的底面正六边形的中心记为点，则平面，原正四面体（棱长为）的高为，则，由题意可知，“阿基米德体”的外接球球心在直线上，易知，即正的外接圆半径为，底面正六边形的外接圆半径为，设，“阿基米德体”的外接球半径为，则，解得，则，因此，该多面体的外接球的表面积为，C对；对于D选项，如下图所示：由正六边形的几何性质可知，因为，则，所以，，即，同理可知，因为，、平面，则平面，因为平面，所以，，由余弦定理可得，同理可得，易知，所以，点的轨迹长度为，D对.故选：BCD.12．已知正数x，y满足，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【详解】因为，所以，，所以所以，A正确，B错误；令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，C正确；令，则，可知当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，D正确，故选：ACD. 三、填空题（每小题5分，共计20分）13．若的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为______.【答案】【详解】因为的展开式中各项系数之和为,令,得,所以6.因为展开式的通顶公式为,令,得;令,得,所以展开式中的系数为.故答案为：14．已知圆，双曲线.倾斜角为锐角的直线过的圆心，且与的一条渐近线平行，则的方程为___________.【答案】【详解】方程可化为，所以圆的圆心的坐标为，半径，双曲线的渐近线方程为或，因为直线过圆的圆心，且与的一条渐近线平行，其倾斜角为锐角，所以直线的方程为，化简得，.故答案为：.15．某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值， 经计算，．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布，则估计该市高中生身体素质的合格率为______．（用百分数作答，精确到0.1%）参考数据：若随机变量X服从正态分布，则，，．【答案】【详解】因为100个数据，，，…，的平均值，方差，所以的估计值为，的估计值为．设该市高中生的身体素质指标值为X，由， 得，所以．故答案为：.16．已知函数的定义域为,其导函数为,若函数为偶函数,函数为偶函数,则下列说法正确的序号有___________.①函数关于轴对称;②函数关于中心对称;③若,则;④若当时,,则当时,.【答案】①③④【详解】由于函数为偶函数,则②,则函数关于轴对称,①正确;进而函数关于点中心对称, 由于函数为偶函数,则,则函数关于轴对称,进而函数关于中心对称, ②错误;由题可得函数的周期为，的周期为，故，由中心对称性，所以，所以,故,③正确;当时,，,④正确.故答案为：①③④四、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．已知数列的前n项和为，___________，.(1)求数列的通项公式；(2)已知数列，当时，，.记数列的前n项和为，求.在下面三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.①；②；③.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)【详解】（1）选①：∵，时，，∴两式相减得，即，又当n=1时，，∴，满足上式，∴；选②：当n=1时，，∴，∵，时，，∴两式相减得，数列是以2为首项2为公比的等比数列，∴；选③∵，时，，∴两式相除得，当n=1时，，满足上式，∴；（2）因为当时，，，所以当时，，当时，，当时，.当时，，当时，，当时，，所以.18．如图，在中，内角的对边分别为，满足.(1)求；(2)在所在平面上存在点，连接，若，，求的面积.【答案】(1)；(2).【详解】（1）在中，由，得，由正弦定理，得，因为，因此，即，而，，有，即有，且显然，于是，解得，所以.（2）令，四边形内角和为，由（1）的结论知：，在中，由正弦定理得：，即有，在中，，则，又，则有，即，，因为，则，于是，即，又，因此，，所以的面积.19．(1)对于任意两个事件，若，，证明：；(2)贝叶斯公式是由英国数学家贝叶斯发现的，它用来描述两个条件概率之间的关系.该公式为：设，，…，是一组两两互斥的事件，，且，，2，…，，则对任意的事件，，有，，2，…，.（i）已知某地区烟民的肺癌发病率为1%，先用低剂量进行肺癌筛查，医学研究表明，化验结果是存在错误的.已知患有肺癌的人其化验结果99%呈阳性（有病），而没有患肺癌的人其化验结果99%呈阴性（无病），现某烟民的检验结果为阳性，请问他真的患肺癌的概率是多少？（ii）为了确保诊断无误，一般对第一次检查呈阳性的烟民进行复诊.复诊时，此人患肺癌的概率就不再是1%，这是因为第一次检查呈阳性，所以对其患肺癌的概率进行修正，因此将用贝叶斯公式求出来的概率作为修正概率，请问如果该烟民第二次检查还是呈阳性，则他真的患肺癌的概率是多少？【答案】(1)证明见解析；(2) （i）；（ii）【详解】(1)因为，，所以(2) （i）记检查结果呈阳性为事件A，被检查者患有肺癌为事件B，由题意可得：，，由贝叶斯公式得，因此某烟民的检查结果为阳性，他真的患有肺癌的概率是.（ii）同（i），.20．已知三棱台中，底面，，，，、分别是、的中点，是棱上的点.(1)求证：；(2)若是线段的中点，平面与的交点记为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：取线段的中点，连接、，如图所示：因为、分别为、的中点，则，在三棱台中，，所以，，且，故、、、四点共面，因为，，则，又因为底面，、平面，所以，，因为，、平面，所以平面，因为，所以平面，因为平面，所以，因为，，又因为，所以四边形是正方形，所以，又因为，、平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：延长与相交于点，连接，则，因为、分别为和的中点，，则，则，所以，为的中点，又因为为的中点，且，则为的重心，则，由（1）知，所以、、两两垂直，以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则、、、、，所以，，，，设平面的法向量，则，取，则，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，，由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.21．已知椭圆的右焦点为，直线.(1)若到直线的距离为，求；(2)若直线与椭圆交于，两点，且的面积为，求；(3)若椭圆上存在点，过作直线的垂线，垂足为，满足直线和直线的夹角为，求的取值范围.【答案】(1)(2)(3)且【详解】（1）因为，所以右焦点为，又因为，所以到直线的距离，解得；（2）设，，由得，所以，即，且，所以，又因为O到直线的距离为，所以的面积为，解得满足，所以；（3）若，则直线经过点，此时直线和直线的夹角为（舍去），若，由直线和直线的夹角为，且得，直线的方程为或代入得或，所以直线的方程为或代入椭圆方程得或，由或解得或，综上得的取值范围为且．22．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线与两条坐标轴围成的三角形的面积；(2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）当时，，所以.又，所以切线的斜率为.所以切线方程为.令，得；令，得.所以切线与两条坐标轴围成的三角形的面积.（2）因为，所以.当时，，单调递增，所以至多有一个零点.令，则.当时，因为，所以.所以，单调递减，所以至多有一个零点.当时，令，得且.当时，时，即时，，，单调递增，又，所以.因为是连续的函数，且，所以，所以在上只有一个零点.当或，即，或时，，，单调递减，因为.设，，所以单调递增，所以，即，因为，即.因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.所以在上又有一个零点，设，因为，所以，又，所以，因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.综上可知，当时，函数在在三个不同的零点.故实数的取值范围为.