2023年江苏省百校大联考高考数学第三次模拟试卷（含解析）

2023年江苏省百校大联考高考数学第三次模拟试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知复数，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知数列是公差不为零的等差数列，为等比数列，且，，，设，则数列的前项和为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  圆为的外接圆，半径为，若，且，则向量在向量方向上的投影为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  某学习小组八名学生在一次物理测验中的得分单位：分如下：，，，，，，，，这八人成绩的第百分位数是若在该小组随机选取两名学生，则得分都比低的概率为(    )

A.  B.  C.  D.

6.  我国古代数学名著九章算术对立体几何问题有着深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面是矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”指四个面都是直角三角形的三棱锥现有一如图所示的“堑堵”，其中，若，则“阳马”体积的最大(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知，，则(    )

A.  B.  C.  D.

8.  函数，则直线与的图象的所有交点的横坐标之和为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  已知一组数据，，，构成等差数列，且公差不为若去掉数据，则(    )

A. 平均数不变 B. 中位数不变 C. 方差变小 D. 方差变大

10.  设函数，若，且的最小正周期大于，则(    )

A.
B. 是偶函数
C. 在区间上单调递增
D. 的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象

11.  已知抛物线的焦点为，为上一点，下列说法正确的是(    )

A. 抛物线的准线方程为
B. 点与相切
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的周长的最小值为

12.  若函数是定义域为的单调函数，且对任意的，都有，且方程在区间上有两个不同解，则实数的取值可能为(    )

A.  B.  C.  D.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知定义在上的函数为奇函数，且满足当时，，则 ______ ．

14.  已知的展开式中所有项的系数和为，则展开式中的常数项为______ 用数字作答

15.  设，直线：，直线：，记，分别过定点，，与的交点为，则的最大值为______ ．

16.  小王自主创业开了一家礼品店，平常需要用彩绳对礼品盒做一个捆扎要求扎紧绳子不能松动，其中一种长方体的礼品盒一般都是采用“十字捆扎”如图所示，后来他又学习了一种新的彩绳捆扎方法“对角捆扎”如图所示，并认为“对角捆扎”比一般的“十字捆扎”包装更节省彩绳设长方体礼品盒的长、宽、高分别为，，，则“十字捆扎”所需绳长为______ ；若采用“对角捆扎”，则所需绳长的最小值为______ 注：长方体礼品盒的高小于长、宽，结果用含，，的式子表示

 

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
设各项均为正数的数列，记的前项和为，，．
求的通项公式；
设，求数列的前项和．

18.  本小题分
从；；这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并作答．
记的内角，，的对边分别为，，，的面积为，已知_____．
求的值；
若，点在边上，为的平分线，的面积为，求的值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

19.  本小题分
如图，在三棱锥中，，平面平面，，，．
证明：平面．
设点在线段上，直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．

20.  本小题分
某学校为学生开设了一门模具加工课，经过一段时间的学习，拟举行一次模具加工大赛，学生小明、小红打算报名参加大赛赛前，小明、小红分别进行了为期一周的封闭强化训练，下表记录了两人在封闭强化训练期间每天加工模具成功的次数，其中小明第天的成功次数忘了记录，但知道，．

求这天内小明成功的总次数不少于小红成功的总次数的概率；
根据小明这天内前天的成功次数，求其成功次数关于序号的线性回归方程，并估计小明第七天成功次数的值．
参考公式：回归方程中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为．
参考数据：；．

21.  本小题分
已知椭圆的焦点为和，且椭圆经过点．
求椭圆的方程．
过点的直线与椭圆交于，两点，则在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出点的坐标和该定值；若不存在，请说明理由．

22.  本小题分
已知函数，其中．
若，判断的单调性．
设有且只有两个不同的极值点，．
求的取值范围；
当时，设，证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，
则．
故选：．
利用复数的除法运算法则求出复数，再利用复数模的公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查集合的运算，考查并集定义、指数函数的单调性、一元二次不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
利用指数函数的单调性和一元二次不等式的解法求出集合，，再利用并集定义能求出．

【解答】

解：集合，
，
．
故选C．

3.【答案】 

【解析】解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
，，，
，，，
解得：，．
，．
．
则数列的前项和．
故选：．
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据，，，利用通项公式即可解得，，再利用求和公式即可得出结论．
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解；因为圆为的外接圆，半径为，若，

故可得是以角为直角的直角三角形，
因为，故，所以为等边三角形，
故，所以，
所以在向量方向上的投影为．
故选：．
根据题设条件可得为直角三角形且，，从而可求在向量方向上的投影．
本题主要考查向量的投影，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：，故这人成绩的第百分位数是从小到大排列的第个数，即，
在该小组随机选取两名学生共有种情况，
其中得分都比低的有种，
所以所求概率．
故选：．
首先根据题意得到，再利用古典概型公式求解即可．
本题主要考查古典概型及其概率计算公式，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：由题意可知，平面，
设，
则，
，，
是关于开口向下的二次函数，当时取得最大值，
最大值为，
故的最大值为．
故选：．
根据条件，求出四棱锥体积的表达式，再结合二次函数的性质，即可求解．
本题主要考查棱锥的体积，考查转化能力，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，
所以，
所以，
所以或，
因为，所以，
所以，
所以


．
故选：．
由以及诱导公式求出，再利用两角和的正弦公式、二倍角公式以及同角公式将化为的形式，代入即可得解．
本题主要考查了诱导公式及和差角公式及同角基本关系的应用，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：令，得，
令，，，
故在和上是单调递增函数，
令，得，
设，其图象可由的图象向右平移个单位长度得到，
易知和的图象都关于中心对称，
在同一个坐标系作出图象如图所示：

易知它们有两个交点，且关于中心对称，
所以交点的横坐标之和为．
故选：．
构造两个函数，转化为两个函数交点问题，且根据两个函数图象都关于对称，可求所有交点的横坐标之和．
本题考查函数性质，属于基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于选项A，原数据的平均数为，
去掉后的平均数为，即平均数不变，故选项A正确；
对于选项B，原数据的中位数为，去掉后的中位数为，即中位数没变，故选项B正确；
对于选项C，则原数据的方差为，
去掉后的方差为
故，即方差变大，故选项C不正确，选项D正确．
故选：．
根据平均数的概念结合等差数列的性质判断，由中位数的概念可判断，由方差计算公式即可判断．
本题考查了样本数据的数字特征，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：对于：由函数可知：直线是函数的一条对称轴，点是函数的一个对称中心；
所以，，，两式相减得：，，由于，且，故，故A正确；
对于：将代入，
由于，故，所以，故函数为偶函数，故B正确；
对于：由于，所以，故函数在区间上单调递减，故C错误；
对于：函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，故D错误．
故选：．
直接利用函数的图象和性质判断、、、的结论．
本题考查的知识要点：正弦型函数的图象和性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
 

11.【答案】 

【解析】解：抛物线的标准方程为：，它的焦点为，准线方程为：，所以不正确；
，可得，，直线与抛物线相切；所以B正确；
设，则，此时，所以C正确；

如图所示，，当且仅当，，三点共线时等号成立，
所以的最小值为，又，的周长的最小值为，故D正确．
故选：．
化简抛物线方程，求解焦点坐标，准线方程判断，联立直线与抛物线方程，利用判别式判断直线与抛物线的位置关系，判断；利用距离公式求解最大值判断；利用抛物线的定义，结合数形结合，求解周长的最小值，判断．
本题考查抛物线的几何性质，考查数形结合思想，属中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：函数是定义域为的单调函数，且对任意的，都有，
存在唯一的正数，满足，且，
，
，
即，，
，
，
，
方程在区间上有两个不同解，
方程在区间上有两个不同解，
设，
则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，
又，，
画出和的图象，如图所示：

而函数的图象相当于函数的图象向上或向下平移个单位长度得到，
要使得方程在区间上有两个不同解，
即函数与的图象在区间上有两个不同的交点，
所以，
所以实数的取值可能为，．
故选：．
由题意可知存在唯一的正数，满足，且，可求出，所以，则方程在区间上有两个不同解，等价于函数与的图象在区间上有两个不同的交点，设，求导得到函数的单调性和极值，画出的大致图象，数形结合即可求出的取值范围．
本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，考查了利用导数研究函数的单调性和极值，同时考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：因为定义在上的函数为奇函数，且满足，
故函数的周期，
因为当时，，
所以，，，
则．
故答案为：．
由已知先求出函数的周期，然后结合函数的奇偶性及周期性即可求解．
本题主要考查了函数的周期性及奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：由题意令，则展开式中所有项的系数和为，
解得或舍去，
所以二项式的展开式的通项公式为，，，，，
令，解得，
则展开式的常数项为．
故答案为：．
令求出展开式中所有项的系数和，建立方程求出的值，代入二项式，然后求出二项式的展开式的通项公式，令的指数为，进而可以求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：当时，：，，：，．
当时，
对于直线：，即，过定点，
对于直线：，即，过定点．
直线：的斜率为，直线：的斜率为，
，．
综上可得，．
与的交点为，
，
，
，
，
当且仅当时，的最大值为，
故答案为：．
由动直线的方程可得动点，的坐标，并且可得两条直线互相垂直，由勾股定理可得的值，再由基本不等式可得的最大值．
本题考查直线的位置关系的判断及直线恒过定点的求法，均值不等式性质的应用，属于中档题．
 

16.【答案】  

【解析】解：由题意可知“十字捆扎”所需绳长为；
当采用“对角捆扎”时，将立方体沿着捆绑路径展开，如图所示：

折线的长度大于端点间线段长度，
由勾股定理可得两端点间线段距离：，
故答案为：；．
根据平行四边形定理直接求和即可；将立方体沿着捆绑路径展开，求两点间线段距离即可．
本题考察空间思维，将立方体展开是解决本题的关键，属于中档题．
 

17.【答案】解：各项均为正数的数列，记的前项和为，，
由于，，
当时，，，
得：，
整理得：，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列；
所以．
由得：；
所以． 

【解析】直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；
利用的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，裂项相消法在数列中的求和，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：若选：，由余弦定理可得，整理可得，可得，
因为，
所以；
若选：，
可得，即，可得，
因为，
所以；
若选：，
可得，可得，可得，
因为，，可得，
所以．
在中，，
所以，
又，，为的平分线，可得，
，
，
由可得，解得或舍去，
所以的值为． 

【解析】若选：由余弦定理化简已知等式可求的值，结合，可求的值；
若选：利用三角形面积公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得，结合，可求的值；
若选：利用三角函数恒等变换化简已知等式可得，可求范围，进而可求的值．
由题意可求，利用三角形的面积公式即可求解的值．
本题考查了余弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
 

19.【答案】解：证明：在中，因为，，，
所以，所以，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又，，，平面，所以平面．
以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
由题意得，，，，
所以，，，
设点坐标为，则，
所以，，，所以点坐标为，所以，
因为直线与直线所成的角为，，
解得．
所以点坐标为，则．
设平面的法向量为
则，
取，可得．
取平面的法向量为，
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为． 

【解析】由勾股定理可得，及，结合平面平面，因此可得平面，可得，因此可得平面；
建系，根据在上运动，直线与直线所成的角为，利用空间向量的夹角公式，求得点坐标，因此求得平面的法向量，平面的法向量，根据夹角公式，即可求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
本题考查空间向量与立体几何的综合应用，利用空间向量解决直线与直线的夹角及平面与平面的夹角问题，考查转化思想，计算能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：因为，且，所以的取值共有种情况，
又当小明成功的总次数不少于小红成功的总次数时，有，
即，得，
所以小明成功的总次数不少于小红成功的总次数时，的取值共有情况，
所以这天内小明成功的总次数不少于小红成功的总次数的概率为；
由题设可知，
，
所以，
所以关于序号的线性回归方程为，
当时，，
估计小明第天成功次数的值为． 

【解析】因为，且，所以的取值共有种情况，根据题意小明成功的总次数不少于小红成功的总次数时，的取值共有情况，即可求解；
由题意求得，，，可得关于序号的线性回归方程为，将代入方程即可求解．
本题考查了线性回归方程的应用计算，属于中档题．
 

21.【答案】解：设椭圆的方程为，将点代入椭圆方程，
得：，解得舍或，
椭圆的方程为．
当直线的斜率不为时，设直线的方程为，设定点，
联立方程组，消掉可得，
设，，则，，




，
要使上式为定值，则，解得，
此时，，
当直线的斜率为时，，，
此时，符合，
存在点，使得为定值． 

【解析】设椭圆的方程为，将点代入椭圆方程，能求出椭圆的方程．
设直线的方程为，设定点，联立方程组，消掉可得，设，，则，，从而，要使上式为定值，则，解得，由此求出存在点，使得为定值．
本题考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、直线的斜率等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

22.【答案】解：当时，，则，
令，则，
则在单调递减，在单调递增，
则，
所以时，，时，，
所以在单调递减，在单调递增．
若有且仅有两个不同的极值点，，则有且仅有两个不同的零点，
因为，
，，
当，在上单调递减，在单调递增，
则，则，
由知，当时，只有一个极值点，舍去，
当时，，在为上的减函数，
又因为，，
所以存在，使得，
综上所述，的取值范围为．
证明：当，即时，在上单调递减，
又，，
所以，
又，
所以，
令，，
则，
所以在上单调递减，
又，，
所以． 

【解析】当时，，求导分析的符号，进而可得单调性．
若有且仅有两个不同的极值点，，则有且仅有两个不同的零点，又，，求导得，分两种情况：当，当时，分析的单调性，又，，则存在，使得，即可得出答案．
当，即时，在上单调递减，又，，则，又，进而可得，令，，求导分析单调性，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．