2023年高考第三次模拟考试卷-数学（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用A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

第Ⅰ卷

一、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的。

1．已知集合，集合，则（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】D

【解析】，

，所以.

故选：D．

2．设复数的共轭复数为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】因为，所以，故，

故．

故选：D

3．圆台的上、下底面半径分别是，，圆台的高为4，则该圆台的侧面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】依题意，

因为圆台的，，且高，母线长是5，

故圆台的侧面积.

故选：C.

4．已知，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

.

故选：B.

5．新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量，若，则样本中耗电量不小于的汽车大约有（    ）

A．180辆 B．360辆 C．600辆 D．840辆

【答案】A

【解析】因为，且，

所以，

所以样本中耗电量不小于的汽车大约（辆）.

故选：A.

6．已知是坐标原点，是双曲线的左焦点，平面内一点满足是等边三角形，线段与双曲线交于点，且，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设双曲线的右焦点为，连接，

因为是等边三角形，所以，

，又，所以，

在中，，

则，则，则.

故选：A.

7．已知直线与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由圆的方程知：圆心，半径；

由得：，恒过定点；

由得：，恒过定点；

由直线方程可知：，，即，

设，则，，

，整理可得：，

即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，

又直线斜率存在，点轨迹不包含；

若点为弦的中点，则，位置关系如图：

连接，

由知：，

则，

（当在处取等号），

即的最小值为.

故选：A.

8．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若为奇函数，为偶函数，且，，则（    ）

A．670 B．672 C．674 D．676

【答案】D

【解析】∵为奇函数，

∴，

∴，即：，

又∵，

∴，①

又∵为偶函数，

∴，②

∴将②中换成得：，③

∴将③中换成得：，④

由①④得：，

∴的一个周期为3，

∴，

将代入③得：，

∴

又∵，

∴.

故选：D.

二、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．若，，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】AD

【解析】对于A：由题意可得，因为，所以，故A正确；

对于B：当，时，满足已知条件，但，故B错误；

对于C：当，，时，满足已知条件，但，故C错误；

对于D：，因为，可得，所以，故D正确．

故选：AD.

10．某研究机构为了探究吸烟与肺气肿是否有关，调查了200人.统计过程中发现随机从这200人中抽取一人，此人为肺气肿患者的概率为0.1.在制定列联表时，由于某些因素缺失了部分数据，而获得如图所示的列联表，下列结论正确的是（    ）

参考公式与临界值表：

A．不吸烟患肺气肿的人数为5人 B．200人中患肺气肿的人数为10人

C．的观测值 D．按99.9%的可靠性要求，可以认为“吸烟与肺气肿有关系”

【答案】AD

【解析】A选项，200人中抽取一人，此人为肺气肿患者的概率为0.1，故肺气肿患者共有人，由于吸烟患肺气肿的人数为15人，故不吸烟患肺气肿的人数为5人，A正确，B错误；

C选项，列联表如下：

则的观测值，C错误；

D选项，由于，故按99.9%的可靠性要求，可以认为“吸烟与肺气肿有关系”，D正确.

故选：AD

11．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

【解析】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

12．定义：对于定义在区间上的函数和正数，若存在正数，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（    ）

A．函数在上满足阶李普希兹条件.

B．若函数在上满足一阶李普希兹条件，则的最小值为2.

C．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解.

D．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则存在满足条件的函数，存在，使得.

【答案】ABC

【解析】A选项：不妨设，，即，故，对，均有，A选项正确；

B选项：不妨设，在单调递增，，，即，即对，恒成立，即在上单调递减，对恒成立，所以对恒成立，即，即的最小值为，B选项正确；

C选项：假设方程在区间上有两个解，，则，这与矛盾，故只有唯一解，C选项正确；

D选项：不妨设，当时，，当时，，故对，，不存在使，D选项错误；

故选：ABC.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．函数为定义在上的奇函数，当时，，则___________.

【答案】

【解析】由题设，，故时，

所以，故.

故答案为：

14．的展开式中所有不含字母的项的系数之和为___________.

【答案】32

【解析】由二项式定理得： 的展开项的通项公式为 ，

欲使得不含z，则 ， ，

令 ，则所以不含字母z的项的系数之和 ；

故答案为：32.

15．已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，点、在椭圆C上，满足，，若椭圆C的离心率，则实数λ取值范围为______.

【答案】

【解析】根据题意知，由得，

不妨设点在第一象限，则点的坐标为.

由知，且，

从而得到点的坐标为.

将点的坐标代入椭圆C方程得，

整理得，即，

所以.

又因为，所以，即实数λ取值范围为.

故答案为：.

16．古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球…），若一“落一形”三角锥垛有10层，则该锥垛球的总个数为___________.

（参考公式：）

【答案】220

【解析】，，

，，

，

，

当时，该锥垛球的总个数为：.

故答案为：220

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。

17．（10分）

已知数列满足，．

(1)证明：数列是等差数列；

(2)求数列的前n项和．

【解析】（1）因为 ①，

所以当时， ②．

因为，所以由得，即．

所以，即．

由，

得，所以，所以．

所以数列是以-2为首项，-3为公差的等差数列．

（2）由（1）得，

即，

所以．

所以

．

18．（12分）

在①，②，③这三个条件中任选一个作为条件，补充到下面问题中，然后解答．

已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且______（填序号）．

(1)若，，求的面积；

(2)求的取值范围．

【解析】（1）选①，根据余弦定理展开，即，

所以，由得；

选②，根据正弦定理可得，

因为，

所以，因为，所以，

由得；

选③，根据正弦定理和三角形的恒等变换得：

，

因为，化简可得，

得，由得；

，

，∴，

由已知，，，

．

（2）

，

∵为锐角三角形，∴，

∴，，所以．

19．（12分）

如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.是棱PD上的点，且四面体的体积为

(1)证明：；

(2)若过点C，M的平面α与BD平行，且交PA于点Q，求平面与平面夹角的余弦值.

【解析】（1）解法一：

如图1，取AB中点O，连接PO，CO.

因为，，所以，，.

又因为是菱形，，所以，.

因为，所以，所以.

又因为平面，平面ABCD，，

所以平面.

因为，平面PBC，平面PBC，

所以平面PBC，

所以.

因为，

所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，

所以.

解法二：

如图2，取AB中点O，连接PO，CO，

因为，，

所以，，，

又因为是菱形，，

所以，.

因为，所以，所以.

因为平面PAB，平面PAB，，

所以平面PAB.

所以，.

过M作交AP于点N，，所以.

又平面PBC，平面PBC，

所以平面PBC，所以.

因为，，

所以，

所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以.

（2）解法一：

由（1）知，，，.

如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，，所以，，，，，.

因为，设，则，

因为，，，，故存在实数a，b，使得，

所以，解得，

所以.

设平面的法向量为，则，即，

取，得到平面的一个法向量.

设平面与平面夹角是，

又因为是平面的一个法向量，

则.

所以平面与平面夹角的余弦值是.

解法二：

由（1）知，，，，

如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，，所以，，，，，.

设平面的法向量为，则，即.

取，得到平面的一个法向量.

因为，设，则，

因为，所以，所以

设平面的法向量为，则，即.

取，得到平面的一个法向量.

设平面与平面夹角是，

又因为是平面的一个法向量，

则.

所以平面与平面夹角的余弦值是.

解法三：

在平面内，过C作交AD延长线于点E，交AB延长线于点F，

因为是菱形，所以.

如图4，在平面PAD内，作交EM的延长线于点，设交AP于点Q.

所以，四边形是平行四边形，，.

所以，所以，

所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点.

如图5，在平面PAB内，作，交AB于T，

因为平面，所以平面，所以，

因为，，

在平面内，作，交BC于点N，连接QN，过A作交BC于K，

在中，，，所以，

所以，

因为，，，且两直线在平面内，所以平面，

因为平面，所以.

所以是二面角的平面角.

在中，，所以.

所以平面与平面夹角的余弦值是.

20．（12分）

为普及航空航天科技相关知识､发展青少年航空航天科学素养，贵州省某中学组织开展“筑梦空天”航空航天知识竞赛.竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类题有若干道），各类试题的每题分值及小明答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，否则得分，竞赛分三轮答题依次进行，各轮得分之和即为选手总分.

其竞赛规则为：

第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，同样进入第二轮答题，否则，退出比赛.

第二轮，在乙类题或丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛.

第三轮，在前两轮未作答的那一类试题中选择一道作答.

小明参加竞赛，有两种方案选择，方案一：先答甲类题，再答乙类题，最后答丙类题；

方案二：先答甲类题，再答丙类题，最后答乙类题.各题答对与否互不影响.请完成以下解答：

(1)若小明选择方案一，求答题次数恰好为次的概率；

(2)经计算小明选择方案一所得总分的数学期望为，为使所得总分的数学期望最大，小明该选择哪一种方案？并说明理由.

【解析】（1）记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，

“小明答对乙类试题”，“小明答对丙类试题”，

则，，，

记事件“小明答题次数恰好为次”，则.

，

即小明答题次数恰好为次的概率为.

（2）设小明竞赛得分为，由方案二知的可能值为、、、.

，

，

，

.

所以，.

因为，所以选择方案一.

21．（12分）

抛物线C：上的点到抛物线C的焦点F的距离为2，A､B（不与O重合）是抛物线C上两个动点，且.

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)x轴上是否存在点P使得？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.

【解析】（1）由抛物线的定义得，解得，

则抛物线的标准方程为.

（2）依题意知直线与直线的斜率存在，设直线方程为，

由得直线方程为：，

由，解得，

由，解得

由得，假定在轴上存在点使得，设点，

则由（1）得直线斜率，直线斜率，

由得，则有，即，

整理得，

显然当时，对任意不为0的实数，恒成立，

即当时，恒成立，恒成立，

所以轴上存在点使得.

22．（12分）

已知函数的图象在处的切线方程为．

(1)求，的值及的单调区间．

(2)已知，是否存在实数，使得曲线恒在直线的上方？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．

【解析】（1）因为，所以，

又在处的切线方程为，所以故，

又，所以切线方程为，故，

所以，则

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

综上，的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）且.

由曲线恒在直线的上方,知.

当时，等价于，即

设则.

由（1）可知，当时，单调递增,所以.

设，则，

当时，，所以在上单调递减，

所以.

所以当时，，所以在上单调递增，

所以，所以.

当时，等价于，即

设由①可知.

由（1）可知，当时，单调递减,所以.

再设，则，

当时，所以在上单调递增，所以.

所以当时，，所以在上单调递增，

所以，所以.

综上可知，存在实数，使得曲线恒在直线的上方.