数学（全国乙卷理）2023年高考第三次模拟考试卷（全解全析）

这是一份数学（全国乙卷理）2023年高考第三次模拟考试卷（全解全析），共22页。试卷主要包含了已知数列{an}满足，抛物线的焦点到直线的距离为，则等内容，欢迎下载使用。
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12小题，每小题5分，共60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，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】由，所以，因，对于选项A：，A不正确；对于选项B：，B正确；对于选项C：，C不正确；对于选项D：NM，D不正确，故选B2．复数z满足，i为虚数单位，则（    ）A．1 B．1或 C． D．0或【答案】D【分析】设，得到，列出方程组，求得的值，结合复数模的计算公式，即可求解.【详解】设，则，，所以，即，解得或，即或，所以或.故选：D.3．已知向量，向量，若，则（    ）A． B．5 C． D．【答案】A【分析】根据向量共线的坐标表示，求出的值，从而得到的坐标，然后由向量模长的坐标公式求出.【详解】向量，向量，且，所以，解得，所以，所以．故选：A.4．已知数列{an}满足（n∈N*），则（    ）A．a2021＞a1 B．a2021＜a1C．数列{an}是等差数列 D．数列{an}是等比数列【答案】C【分析】根据题意，可得，逐一分析选项，即可得答案.【详解】因为，所以，即，所以，故A、B错误；因为，所以数列{an}为等差数列，且公差为0，故C正确；若，则数列{an}不是等比数列，故D错误.故选：C5．抛物线的焦点到直线的距离为，则（    ）A．1 B．2 C． D．4【答案】B【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去).故选：B.6．执行如图所示的程序框图，输出的结果是A．56      B．54        C．36      D．64【答案】B【解析】模拟程序框图的运行过程，如下：a=1，b=1，S=2，c=1+1=2，S=2+2=4；c≤20，a=1，b=2，c=1+2=3，S=4+3=7；c≤20，a=2，b=3，c=2+3=5，S=7+5=12；c≤20，a=3,b=5,c=3+5=8,S=12+8=20;c≤20，a=5,b=8,c=5+8=13,S=20+13=33;c≤20，a=8,b=13,c=8+13=21,S=33+21=54.c＞20,此时结束循环，S=54.故答案为B.7．四面体中，，其余棱长均为4，，分别为，上的点（不含端点），则（    ）A．不存在，使得B．存在，使得C．存在，使得平面D．存在，，使得平面平面【答案】D【解析】作出示意图如下图所示：分别是AB，CD的中点，面 于，面于，对于A选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，因为，其余棱长均为4，所以 ，所以，所以，即 ，故A错误；对于D选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，由A选项的解析得， ，，所以面，又面 ，所以平面平面，即平面 平面，故D正确；对于B选项，作面于，因为中， ，所以定在AB的中线上，所以就是与面所成的角，当E在AB上移动时，的最小值为直线与平面所成的角，即 ，而是锐角，的最大值为，故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD.故B错误.对于C选项，作面于，因为中， ，所以定在AB的中线上，且不重合于点，即点 不落在AB上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，故C选项不正确，故选：D.8．设数列{an}的前n项和为Sn，若，则S99＝（    ）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【解析】采用裂项相消法求数列的和【详解】因为，所以故选C.9．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据圆柱的轴截面面积求出圆柱的底面半径和母线长，利用圆柱的表面积公式，即可求解.【详解】设圆柱的轴截面的边长为，因为过直线的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，所以，解得，即圆柱的底面半径为，母线长，所以圆柱的表面积为.故选：B.10．某公司为了促进技术部门之间良好的竞争风气，公司决定进行一次信息化技术比赛，三个技术部门分别为麒麟部，龙吟部，鹰隼部，比赛规则如下：①每场比赛有两个部门参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的部门与未参加此场比赛的部门进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一个部门首先获胜两场，则本次比赛结束，该部门就获得此次信息化比赛的“优胜部门”．已知在每场比赛中，麒麟部胜龙吟部的概率为，麒麟部胜鹰隼部的概率为，龙吟部胜鹰隼部的概率为．当麒麟部与龙吟部进行首场比赛时，麒麟部获得“优胜部门”的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题设，麒麟部与龙吟部进行首场比赛且麒麟部获得“优胜部门”的情况有：1、首场麒麟部胜，第二场麒麟部胜；2、首场麒麟部胜，第二场鹰隼部胜，第三场龙吟部胜，第四场麒麟部胜；3、首场龙吟部胜，第二场鹰隼部胜，第三场麒麟部胜，第四场麒麟部胜；再由独立事件乘法公式及互斥事件的加法公式求概率即可.【详解】设事件：麒麟部与龙吟部先比赛麒麟部获胜；由于在每场比赛中，麒麟部胜龙吟部的概率为，麒麟部胜鹰隼部的概率为，龙吟部胜鹰隼部的概率为，∴麒麟部获胜的概率分别是：，故选：D．11．已知是双曲线（，）的左焦点，点在双曲线上，直线与轴垂直，且，那么双曲线的离心率是（    ）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】易得的坐标为，设点坐标为，求得，由可得，然后由a，b，c的关系求得，最后求得离心率即可.【详解】的坐标为，设点坐标为，易得，解得，因为直线与轴垂直，且，所以可得，则，即，所以，离心率为．故选：A.12．已知函数（其中是自然对数的底数），若关于的方程恰有三个不等实根，且，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，则根据题意得必有两个不相等的实根，不妨设，故，再结合的图象可得，，，进而，再构造函数，研究函数的最值即可得答案.【详解】由题意设，根据方程恰有三个不等实根，即必有两个不相等的实根，不妨设，则，作出的图象，函数与三个不等实根，且，那么，可得，，所以，构造新函数当时，在单调递减；当时，在单调递增；∴当时，取得最小值为，即的最小值为；故选：A【点睛】本题考查复合函数与分段函数的应用，同时考查导数的综合应用及最值问题，应用了数形结合的思想及转化构造的方法，是难题.本题解题的关键在于设，进而，，再结合的图像可得，，，将问题转化为求函数的最值问题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知甲、乙两名篮球运动员投篮投中的概率分别为0.5和0.8，且甲、乙两人投篮的结果互不影响．若甲、乙两人各投篮一次，则至少有一人投中的概率为_____．【答案】0.9【分析】根据对立事件的概率公式即可求出．【详解】设“甲、乙两人各投篮一次，则至少有一人投中”，则．故答案为：0.9．14．已知椭圆的中心在坐标原点，右焦点与圆的圆心重合，长轴长等于圆的直径，那么短轴长等于______．【答案】【分析】由于是圆，可得，通过圆心和半径计算，即得解【详解】由于是圆，即：圆其中圆心为，半径为4那么椭圆的长轴长为8，即，，，那么短轴长为故答案为：15．已知函数（，）的最小正周期为，将的图象向左平移（）个单位长度，所得函数为偶函数时，则的最小值是______．【答案】【分析】由题意利用正弦函数的周期性求得，再利用函数的图象变换规律求得的解析式，再利用三角函数的奇偶性，求得的最小值．【详解】∵函数（，）的最小正周期为，∴，．将的图象向左平移（）个单位长度，所得函数的图象，由于得到的函数为偶函数，∴，，则的最小值是，故答案为：．16．函数（）在内不存在极值点，则a的取值范围是_______________．【答案】．【分析】将函数在内不存在极值点，转化为函数为单调函数，求导利用导数或恒成立即可求解.【详解】解：∵函数（）在内不存在极值点，∴函数在内单调递增或单调递减，∴或在内恒成立，∵，令，二次函数的对称轴为，∴，，当时，需满足，即，当时，需满足，即，综上所述，a的取值范围为．故答案为：．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（12分）已知的内角A，B，C的对边分别为，．（1）求的值；（2）若，的面积为，求的周长．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由正弦定理，及，得，即，∴．（2）由（1）知，故，又因为，解得，．由，得，由余弦定理及，得，∴，∴，∴的周长为．18．（12分）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，中，，，，分别是，的中点．（1）求证：平面；（2）记平面与平面的交线为直线，点为直线上动点．求直线与平面所成的角的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：因为是以为直径的圆上异于，的点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．（2）由已知，，又平面，平面，∴平面，又平面，平面平面，∴，以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，∴，，∴，，∵，∴可设，平面的一个法向量为，则，取，得，又，则，∴直线与平面所成角的取值范围为．19．（12分）在年的新冠肺炎疫情影响下，国内国际经济形势呈现出前所未有的格局．某企业统计了年前个月份企业的利润，如下表所示：月份企业的利润（万元）（1）根据所给的数据建立该企业所获得的利润（万元）关于月份的回归直线方程，并预测年月份该企业所获得的利润；（2）企业产品的质量是企业的生命，该企业为了生产优质的产品投放市场，对于生产的每一件产品必须要经过四个环节的质量检查，若每个环节中出现不合格产品立即进行修复，且每个环节是相互独立的，前三个环节中生产的产品合格的概率为，每个环节中不合格产品所需要的修复费用均为元，第四个环节中产品合格的概率为，不合格产品需要的修复费用为元，设每件产品修复的费用为元，写出的分布列，并求出每件产品需要修复的平均费用．参考公式：回归直线方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，，为样本数据的平均值．【答案】（1），万元；（2）分布列见解析，修复的平均费用为元．【解析】（1）由表格数据知，，，由回归直线经过样本点的中心可知：，，则回归直线方程为，预测年月份该企业所获得的利润为（万元）．（2）根据题意知所有可能取值为，，，，，，，，；；；；；；；，的分布列为：，即每件产品需要修复的平均费用为元20．（12分）已知等轴双曲线的顶点，分别是椭圆的左、右焦点，且是椭圆与双曲线某个交点的横坐标．（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于，两点，以线段为直径的圆过椭圆的上顶点，求证：直线恒过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）由已知可得双曲线方程为．∵，∴交点为．设椭圆的方程为，代入，得，∴椭圆的方程为．（2）证明：显然直线与轴不垂直．设直线与椭圆相交于，，由，得，∴，．∵，∴，即，，∴，整理得，即．∵，，整理得，∴，∴直线恒过定点．21．（12分）已知函数．（1）若，讨论的单调性；（2）已知，若方程在有且只有两个解，求实数的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）．【解析】（1）依题可得，函数的定义域为，所以．当时，由，得，则的减区间为；由，得，则的增区间为．当时，由，得，则的减区间为；由，得或，则的增区间为和．当时，，则的增区间为．当时，由，得，则的减区间为；由，得或，则的增区间为和．（2）．在上有两个零点，即关于方程在上有两个不相等的实数根．令，，则．令，，则，显然在上恒成立，故在上单调递增．因为，所以当时，有，即，所以单调递减；当时，有，即，所以单调递增．因为，，，所以的取值范围是．（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）当时，是什么曲线？（2）当时，求与的公共点的直角坐标．【解析】（1）当时，曲线的参数方程为（为参数），两式平方相加得，∴曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆．（2）当时，曲线的参数方程为（为参数），∴，曲线的参数方程化为为参数），两式相加得曲线方程为，得，平方得，曲线的极坐标方程为，曲线直角坐标方程为，联立方程，整理得，解得或（舍去），，公共点的直角坐标为．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分） 已知 （1）当时，求不等式的解集；（2）若时，，求的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】（1）当a=1时，．当时，；当时，．所以，不等式的解集为．（2）因为，所以．当，时，．所以，的取值范围是．