2023年高考第三次模拟考试卷-数学（北京A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-数学（北京A卷）（全解全析），共19页。试卷主要包含了已知直线与圆相交于，两点，的值为，设函数，其中，等内容，欢迎下载使用。

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
第一部分（选择题 40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求
的一项。
1．（4分）已知集合，，则　　
A．， B．， C．， D．，
【答案】
【分析】先利用不等式的解法化简集合，再利用并集的定义求解即可．
【详解】因为，，，
所以，，．
故选：．
2．（4分）在复平面内，复数对应的点的坐标为，则　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
【详解】复数对应的点的坐标为，
则，
故．
故选：．
3．（4分）已知为所在平面内一点，，则　　
A． B．
C． D．
【答案】
【分析】直接利用向量的线性运算求出结果．
【详解】由于，
利用向量的线性运算，，
整理得：．
故选：．
4．（4分）已知数列为首项为2，公差为2的等差数列，设数列的前项和为，则　　
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
【答案】
【分析】利用等差数列的前项和公式求解即可．
【详解】数列为首项为2，公差为2的等差数列，
，
，
故选：．
5．（4分）双曲线的渐近线与直线交于，两点，且，那么双曲线的离心率为　　
A． B． C．2 D．
【答案】
【分析】由双曲线的方程可得渐近线的方程，与直线联立求出的值，进而求出的值，求出双曲线的离心率．
【详解】由双曲线的方程可得，且渐近线的方程为：，
与联立可得，所以，
由题意可得，解得，，
所以双曲线的离心率，
故选：．
6．（4分）已知，是两个不同的平面，直线，且，那么“”是“”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】
【分析】根据空间线面位置关系，结合必要不充分条件的概含判断即可．
【详解】当直线，且，，则，与相交，故充分性不成立；
当直线，且，时，，故必要性成立，
“ “是“ ‘的必要而是不充分条件．
故选：．
7．（4分）已知直线与圆相交于，两点．则的最小值为　　
A． B． C．4 D．6
【答案】
【分析】先求出圆心和半径，以及直线的定点，利用圆的几何特征可得到当时，最小．
【详解】由圆的方程，可知圆心，半径，
直线过定点，
因为，则定点在圆内，
则点和圆心连线的长度为，
当圆心到直线距离最大时，弦长最小，此时，
由圆的弦长公式可得，
故选：．
8．（4分）英国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度变化的冷却模型．如果物体的初始温度是，环境温度是，则经过物体的温度将满足，其中是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数．现有的物体，若放在的空气中冷却，经过物体的温度为，则若使物体的温度为，需要冷却　　
A． B． C． D．
【答案】
【分析】根据已知函数模型和冷却的数据可求得，再代入所求数据，解方程即可求得结果．
【详解】由题意得：，即，，，
由得：，即，解得：，
若使物体的温度为，需要冷却．
故选：．
9．（4分）如果函数的两个相邻零点间的距离为2，那么（1）（2）（3）（9）的值为　　
A．1 B． C． D．
【答案】
【分析】化简函数，根据的图象两个相邻零点间的距离为2得出的最小正周期为4，
求出的值，再计算（1）（2）（3）（9）的值．
【详解】函数，
且的图象两个相邻零点间的距离为2，
所以的最小正周期为4，
即，解得；
所以，
所以（1）（2）（3）（9）


．
故选：．
10．（4分）设函数，其中，．若，，是的三条边长，则下列结论中正确的是　　
①对一切都有；
②存在，使，，不能构成一个三角形的三条边长；
③若为钝角三角形，则存在，使．
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】
【分析】①利用指数函数的性质以．．构成三角形的条件进行证明．②可以举反例进行判断．③利用函数零点的存在性定理进行判断．
【详解】①，，是的三条边长，，
，，，，
当时，
，①正确．
②令，，，则，，可以构成三角形，
但，，却不能构成三角形，②正确．
③，，若为钝角三角形，则，
（1），（2），
根据根的存在性定理可知在区间上存在零点，
即，使，③正确．
故选：．


第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11．（5分）在的二项展开式中，常数项是　20　．
【答案】20
【分析】写出二项展开式的通项，由的指数为0求得值，则答案可求．
【详解】由．
由，得．
常数项是．
故答案为：20．
12．（5分）我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必净注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方．若某医生从“三药三方”中随机选出三种药方，事件表示选出的三种药方中至少有一药，事件表示选出的三种药方中至少有一方，则　　．
【答案】
【分析】利用古典概型求出事件的概率及事件的概率，再利用条件概率公式计算作答．
【详解】依题意，，
听以．
故答案为：．
13．（5分）已知抛物线的的准线与轴交于点，，是的焦点，是上一点，，则　　．
【答案】
【分析】利用向量的关系式，求得点的坐标，代入抛物线方程即可．
【详解】由题意，，
设，，则，，
因为，所以，
所以，，
代入解得（负值舍），
所以．
故答案为：．
14．（5分）设函数．
①若，则的最大值为 　2　；
②若无最大值，则实数的取值范围是 　　．
【答案】2，．
【分析】①将代入，求出函数的导数，分析函数的单调性，可得当时，的最大值为2；
②若无最大值，则，或，解得答案．
【详解】①若，则，
，
当时，，此时函数为增函数，
当时，，此时函数为减函数，
故当时，的最大值为2；
②，
令，则，
若无最大值，则，或，
解得：．
故答案为：2，．
15．（5分）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在线段和上．
出下列四个结论：
①的最小值为2；
②四面体的体积为；
③有且仅有一条直线与垂直；
④存在点，，使为等边三角形．
其中所有正确结论的序号是 　①②④　．

【答案】①②④
【分析】对于①，利用直线之间的距离可求解；对于②，以为顶点，为底面即可求解；对于③，利用直线的垂直关系即可判断；对于④，利用空间坐标能求解．
【详解】对于①，由在上运动，在上运动，
的最小值为两条直线之间距离，而，
的最小值为2，故①正确；
对于②，，
，四面体的体积为，对②正确；
对于③，由题意知当与重合时，，
又根据正方体性质得平面，
当为中点，与重合时，，
与垂直的不唯一，故③错误；
对于④，当为等边三角形时，，则此时，
只需要与的夹角等于即可，
以为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，

设，则由题意得，0，，，2，，，2，，
，，，，0，，
，
整理得，
该方程看成关于的二次函数，
，
存在，使得为等边三角形．
故答案为：①②④．
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（13分）在中，角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据已知条件及同角三角函数的商数关系，结合三角形内角的特点及特殊值对应的特殊角即可求解；
（2）根据（1）的结论及三角形的内角和定理，再利用两角和的正弦公式及正弦定理，结合三角形面积公式即可求解．
【详解】（1），
，
，，
，，
，
，
；
（2）由（1）知，，
，
，
，
由正弦定理，得，
故．
17．（13分）如图，在四棱锥中，底面，在底面中，，，，．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若平面与平面的夹角等于，求异面直线与所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）利用勾股定理证明，结合及线面垂直的判定定理即可得证；
（2）设，建立空间直角坐标系，求出对应点的坐标，然后结合空间向量的数量积运算求解即可．
【详解】（1）证明：过作交于点，
又，，，，
，，
，
即，
又底面，
，
又，
平面；
（2）解：设，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，，，，0，，，0，，，，，
由已知可得平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，
即，
令，
则，
又平面与平面的夹角等于，
则，
则，
解得，
则，0，，
则，，
则，
即异面直线与所成角的余弦值为．

18．（14分）根据《国家学生体质健康标准》，高三男生和女生立定跳远单项等级如下（单位：
立定跳远单项等级
高三男生
高三女生
优秀
260及以上
194及以上
良好


及格


不及格
204及以下
149及以下
从某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下（精确到
男生：
180
205
213
220
235
245
250
258
261
270
275
280
女生：
148
160
162
169
172
184
195
196
196
197
208
220
假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率；
（Ⅱ）从该校全体高三男生中随机抽取2人，全体高三女生中随机抽取1人，设为这3人中立定跳远单项等级为优秀的人数，估计的数学期望；
（Ⅲ）从该校全体高三女生中随机抽取3人，设“这3人的立定跳远单项既有优秀，又有其它等级”为事件，“这3人的立定跳远单项至多有1个是优秀”为事件．判断与是否相互独立．（结论不要求证明）
【答案】（1）估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为；
估计高三女生立定跳远单项的优秀率为．
（2）
（3） 相互独立
【分析】（1）样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，计算频率得到优秀率的估计值；
（2）由题设，的所有可能取值为0，1，2，3，算出对应概率的估计值，得到的数学期望的估计值；
（3）利用两个事件相互独立的定义判断即可．
【详解】（1）样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，
所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为；
估计高三女生立定跳远单项的优秀率为．
（2）由题设，的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
．
（3）（A），
（B），
，
（A）（B），所以与相互独立．
19．（15分）已知函数．
（1）当时，求曲线在点，（1）处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间；
（3）求证：当时，关于的不等式在区间，上无解．
【答案】（1）（2）单调递增区间为和，单调递减区间为；（3）证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线斜率，即可求得切线方程；
（2）根据（2）可求出，并对其进行检验即可求解；
（3）分和两种情况，求出函数在区间，上的最大值即可作答．
【详解】（1）由，
可得，
当时，，（1），
在点，（1）处的切线方程为；
（2）因为在处取得极值，所以，解得，
检验如下：
令，解得或，
若或时，则；若，则．
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为，
故在处取得极小值，满足题意，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（3）证明：由（1）知，由时，得，因，，
当时，当时，，即函数在，上单调递减，则（1），
因此不等式不成立，即不等式在区间，上无解；
当时，当时，，当时，，即在上递减，在上递增，
于是得在，上的最大值为（1）或（e），
而（1），，，即（e），
因此不等式不成立，即不等式在区间，上无解，
所以当时，关于的不等式在区间，上无解．
20．（15分）已知椭圆的一个顶点为，焦距为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，过点，分别作直线的垂线（点，在直线的两侧）．垂足分别为，，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数，使得，，总成等比数列？若存在，求出的值．若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（2）存在，使得，，总成等比数列．
【分析】（1）根据，，的关系求解；
（2）表示，，的面积，利用韦达定理表示出即可求出常数的值．
【详解】（1）根据已知可得，，
所以，，，
所以椭圆的方程为；
（2）由已知得，的斜率存在，且，在轴的同侧，
设直线的方程为，，，，，不妨设，
则，，
由得，
所以，
因为，
所以

要使，，总成等比数列，则应有解得，
所以存在，使得，，总成等比数列．
21．（15分）已知数列{an}为有限数列，满足|a1﹣a2|≤|a1﹣a3|≤…≤|a1﹣am|，则称{an}满足性质P．
（1）判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P，请说明理由；
（2）若a1＝1，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；
（3）若{an}是1，2，3，…，m的一个排列（m≥4），{bn}符合bk＝ak+1（k＝1，2，…，m﹣1），{an}、{bn}都具有性质P，求所有满足条件的数列{an}．
【答案】（1）见解析（2）（3）见解析
【分析】（1）根据定义，验证两个数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P即可；
（2）假设公比q的等比数列满足性质p，可得：|a1﹣a1qn|≥|a1﹣a1qn﹣1|，推出（q﹣1）qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≥0，通过q≥1，0＜q≤1时，﹣1≤q＜0时：q＜﹣1时，四种情况讨论求解即可．
（3）设a1＝p，分p＝1时，当p＝m时，当p＝2时，当p＝m﹣1时，以及P∈{3，4，…，m﹣3，m﹣2}，五种情况讨论，判断数列{an}的可能情况，分别推出{bn}判断是否满足性质P即可．
【详解】（1）对于数列3，2，5，1，有|2﹣3|＝1，|5﹣3|＝2，|1﹣3|＝2，满足题意，该数列满足性质P；
对于第二个数列4、3、2、5、1，|3﹣4|＝1，|2﹣4|＝2，|5﹣4|＝1．不满足题意，该数列不满足性质P．
（2）由题意：|a1﹣a1qn|≥|a1﹣a1qn﹣1|，可得：|qn﹣1|≥|qn﹣1﹣1|，n∈{2，3，…，9}，
两边平方可得：q2n﹣2qn+1≥q2n﹣2﹣2qn﹣1+1，
整理可得：（q﹣1）qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≥0，当q≥1时，得qn﹣1（q+1）﹣2≥0此时关于n恒成立，
所以等价于n＝2时，q（q+1）﹣2≥0，
所以，（q+2）（q﹣1）≥0，所以q≤﹣2，或q≥1，所以取q≥1，
当0＜q≤1时，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，此时关于n恒成立，所以等价于n＝2时，q（q+1）﹣2≤0，
所以（q+2）（q﹣1）≤0，所以﹣2≤q≤1，所以取0＜q≤1．
当﹣1≤q＜0时：qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≤0，
当n为奇数时，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，恒成立，当n为偶数时，qn﹣1（q+1）﹣2≥0，不恒成立；
故当﹣1≤q＜0时，矛盾，舍去．
当q＜﹣1时，得qn﹣1[qn﹣1（q+1）﹣2]≤0，当n为奇数时，得qn﹣1（q+1）﹣2≤0，恒成立，
当n为偶数时，qn﹣1（q+1）﹣2≥0，恒成立；故等价于n＝2时，q（q+1）﹣2≥0，
所以（q+2）（q﹣1）≥0，所以q≤﹣2或q≥1，所以取q≤﹣2，
综上q∈（﹣∞，﹣2]∪（0，+∞）．
（3）设a1＝p，p∈{3，4，…，m﹣3，m﹣2}，
因为a1＝p，a2可以取p﹣1，或p+1，a3可以取p﹣2，或p+2，
如果a2或a3取了p﹣3或p+3，将使{an}不满足性质P；所以{an}的前5项有以下组合：
①a1＝p，a2＝p﹣1；a3＝p+1；a4＝p﹣2；a5＝p+2；
②a1＝p，a2＝p﹣1；a3＝p+1；a4＝p+2；a5＝p﹣2；
③a1＝p，a2＝p+1；a3＝p﹣1；a4＝p﹣2；a5＝p+2；
④a1＝p，a2＝p+1；a3＝p﹣1；a4＝p+2；a5＝p﹣2；
对于①，b1＝p﹣1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝1，与{bn}满足性质P矛盾，舍去；
对于②，b1＝p﹣1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝3，|b4﹣b1|＝1与{bn}满足性质P矛盾，舍去；
对于③，b1＝p+1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝3，|b4﹣b1|＝1与{bn}满足性质P矛盾，舍去；
对于④b1＝p+1，|b2﹣b1|＝2，|b3﹣b1|＝1，与{bn}满足性质P矛盾，舍去；
所以P∈{3，4，…，m﹣3，m﹣2}，均不能同时使{an}、{bn}都具有性质P．
当p＝1时，有数列{an}：1，2，3，…，m﹣1，m满足题意．
当p＝m时，有数列{an}：m，m﹣1，…，3，2，1满足题意．
当p＝2时，有数列{an}：2，1，3，…，m﹣1，m满足题意．
当p＝m﹣1时，有数列{an}：m﹣1，m，m﹣2，m﹣3，…，3，2，1满足题意．
所以满足题意的数列{an}只有以上四种．